bài tập lý khó ôn tốt nghiệp có giải

GIẢI CHI TIẾT
CÁC BÀI TẬP LẠ VÀ KHÓ
TRONG ĐỀ THI
THPT QUỐC GIA 2017
MÔN VẬT LÍ
Tác giả: Th.s. Lê Thị Túy Phượng


Mục lục
LỜI NÓI ĐẦU ........................................................................................................................................ 3
GIẢI ĐỀ THI VẬT LÍ – KÌ THI TRUNG HỌC PHỔ THÔNG QUỐC GIA 2017 ......................... 4
I. Dao động cơ ..................................................................................................................................... 4
II. Sóng cơ .......................................................................................................................................... 14
III. Điện xoay chiều .......................................................................................................................... 23
IV. Dao động điện từ ....................................................................................................................... 33
V. Sóng ánh sáng .............................................................................................................................. 36
VI. Lượng tử ánh sáng ..................................................................................................................... 40
VII. Vật lí hạt nhân ........................................................................................................................... 43


Biên tập: Th.s. Lê Thị Túy Phượng

LỜI NÓI ĐẦU
- Tài liệu viết về cách giải các bài tập lạ và khó được trích ra từ đề thi Vật lí THPT Quốc Gia 2017 với
mã đề từ 201 đến 204.
- Tài liệu chủ yếu dành cho đối tượng học sinh phổ thông khối 12 tham khảo.
- Một số bài tập khó được giải chi tiết để hiểu nên khá dài dòng.
- Trong tài liệu có các công thức được đóng khung để có thể giúp làm nhanh một số dạng toán liên
quan.
- Các bài tập liên quan đến các đại lượng biến thiên điều hòa được giải chủ yếu thông qua phương
pháp đường tròn được sưu tầm ở tài liệu ‚Phương pháp, thủ thuật giải nhanh các dạng trắc nghiệm Vật lí 12 –

Tổ Lí-Công nghệ - trường THPT chuyên Lê Quý Đôn – Bình Định – năm 2010” . Phương pháp này giúp giải
nhanh một số dạng toán về điều hòa nên khi đọc nếu các bạn thấy khó hiểu vì chưa học qua thì mong

bạn nghiên cứu kĩ hơn về phương pháp hữu ích này.
- Tài liệu này có thể giúp các bạn thu nhặt một số kiến thức Vật lí 12 thông qua việc giải các bài toán
trích từ đề thi năm 2017. Tuy nhiên kiến thức vật lí liên quan đến kì thi THPT Quốc gia là khá rộng
và hiện nay xu hướng ra đề thi chủ yếu là bám sát bản chất vật lí của hiện tượng nên các bạn học
sinh phổ thông trước khi bước vào kì thi này nên chuẩn bị hành trang thật kĩ càng.
- Một bài tập có thể có nhiều cách giải khác nhau, các bạn cũng nên tham khảo nhiều tài liệu khác
để có thể tìm được cho mình cách giải hay hơn, ngắn gọn hơn.
- Tài liệu dù được xem xét kĩ nhưng chắc chắn không tránh khỏi sai xót, mong nhận được nhiều ý
kiến từ bạn đọc.
- Địa chỉ trao đổi />- Trong quá trình học tập, nghiên cứu, bản thân tác giả nhận được nhiều tài liệu hữu ích sẻ chia từ
cộng đồng nên khi viết tài liệu tham khảo này gửi đến các bạn thì chỉ muốn đóng góp một phần
nhỏ bé sức mình cho cộng đồng. Thân ái!
Người viết: Lê Thị Túy Phượng

Ngọc bất trác bất thành khí

3


Biên tập: Th.s. Lê Thị Túy Phượng

GIẢI ĐỀ THI VẬT LÍ – KÌ THI TRUNG HỌC PHỔ THÔNG QUỐC GIA 2017
I. Dao động cơ
C}u 1 (Đề thi THPTQG 2017 – mã 204 – câu 28):
Một con lắc lò xo đang dao động điều hòa. Hình bên l| đồ thị biểu diễn sự phụ thuộc của động
năng Wđ của con lắc theo thời gian t. Hiệu t2 – t1 có giá trị gần nhất với giá trị n|o sau đ}y?
A. 0,27 s.

B. 0,24 s.
C. 0,22 s.
D. 0,20 s.
Hướng dẫn
-

Ở thời điểm t1, Wđ1 =

v
9
9
9
9
Wđmax  v12 =
vmax2  v1 = 
vmax => cosϕv1 = 1 
10
10
10
v max
10

 ϕv1 = 18,430 (ϕv1: góc hợp bởi vectơ quay với trục Ov ở thời điểm t1)
-

Ở thời điểm t2, Wđ2 =

v
8
8

8
8
Wđmax  v22 =
vmax2  v1 = 
vmax => cosϕv2 = 1 
10
10
10
v max
10

 ϕv2 = 26,570 (ϕv2: góc hợp bởi vectơ quay với trục Ov ở thời điểm t2)
 Theo đồ thị, từ thời điểm t1 đến thời điểm t2, động năng của vật tăng từ
Wđ1 đến cực đại rồi giảm xuống Wđ2 nên khi sử dụng phương pháp
đường tròn, vectơ quay phải quét qua vị trí có tốc độ cực đại (vị trí đánh
dấu x) như hình vẽ.

 Góc quét Δϕ = ϕv1 + ϕv2 = 450 =


4

rad => Δt = t2 – t1 =

-

Ở thời điểm t = 0, Wđ = 0: vật ở vị trí x = ±A

-

Ở thời điểm t = 0,25 s, Wđ =





T
 4 
2

8
T

Wđ max W
W
2
 => Wt =
 x = ±A
2
2
2
2

=> Thời gian ngắn nhất vật đi từ vị trí x = A đến vị trí x = A

2
T
là Δt’ = 0,25 (s) = => Δt’ = Δt =
2
8

0,25 (s) => đ{p {n B
Ngọc bất trác bất thành khí

4


Biên tập: Th.s. Lê Thị Túy Phượng
C}u 2 (Đề thi THPTQG 2017 – mã 204 – câu 39):
Một lò xo nhẹ có độ cứng 75 N/m, đầu trên của lò xo treo vào một điểm cố định. Vật A có
khối lượng 0,1 kg được treo v|o đầu dưới của lò xo. Vật B có khối lượng 0,2 kg treo vào
vật A nhờ một sợi dây mềm, nhẹ, không dãn v| đủ d|i để khi chuyển động vật A và vật
B không va chạm nhau (hình bên). Ban đầu giữ vật B để lò xo có trục thẳng đứng và dãn
9,66 cm (coi 9,66 ≈ 4 + 4 2 ) rồi thả nhẹ. Lấy g = 10 m/s2 v| π2 = 10. Thời gian tính từ lúc thả vật B
đến khi vật A dừng lại lần đầu là
A. 0,19 s.

B. 0,21 s.

C. 0,17 s.

D. 0,23 s.

Hướng dẫn
-

Gọi I là vị trí điểm treo vật A mà tại đó lò xo không biến dạng, chọn chiều dương hướng
xuống

-

Gọi O là vị trí điểm treo vật A khi hệ dao động ở trạng thái cân bằng.

-

Khi treo hệ hai vật vào lò xo, độ dãn của lò xo ở vị trí cân bằng là IO = Δl0 =

(m A  m B ) g
 0,04(m)
k
-

Lúc hệ bắt đầu chuyển động, độ dãn của lò xo là Δl = Δl0 + A = 4 + 4 2 (cm) => A = 4 2 (cm)

-

Điều kiện để dây treo giữa vật A và B không bị chùng khi hệ tham gia dao động là A ≤ Δl0
(xem giải thích cuối bài giải) nhưng theo dữ kiện, ta có A > Δl0 nên từ khi hệ bắt đầu dao
động đến khi điểm treo vật nặng A lên đến vị trí I (x = - Δl0 = -4 cm) thì lực căng dây T = 0 nên
dây treo bị chùng lại. Lúc đó ta có thể xem chỉ vật A tham gia dao động đi lên (vật B không
tham gia dao động, nó chuyển động chậm dần đều đi lên chỉ dưới tác dụng của trọng lực PB).
Sự dao động của hệ vật từ lúc bắt đầu đến khi vật A dừng lại lần đầu có thể xét trong hai quá
trình sau:

-

Quá trình 1(từ lúc hệ vật bắt đầu dao động đến lúc lò xo không biến
dạng lần đầu):
+ Hệ vật đi từ vị trí x = A = 4 2 cm đến vị trí x = - IO = - Δl0 = -4 cm = -

A 2
2
=>Tốc độ của hệ vật ở vị trí lò xo không biến dạng là:
Ngọc bất trác bất thành khí

5


Biên tập: Th.s. Lê Thị Túy Phượng

v=

A 2
2



k
A 2
.
 20 10 (cm / s)
m A  mB 2

+ Thời gian đi của hệ là: Δt =
-

m A  mB
3T 3
 .2
 0,15( s) (vì Δϕ = 3π/4 => Δt = 3T/8)

8 8
k

Quá trình 2 (từ lúc lò xo không biến dạng lần đầu đến lúc vật A dừng lại lần đầu):
+ Chỉ có vật A tham gia dao động nên vị trí cân bằng lúc này là O’ sao cho IO’ = Δl0’ =

m A g 0,04
4

(m)  (cm) (O’ là vị trí điểm treo vật A khi vật A cân bằng)
k
3
3
+ Tần số góc của dao động là: ω’ =

k
 5 30 (rad / s)
mA

+ Ở vị trí lò xo không biến dạng(vị trí I): li độ của điểm treo vật A (so

4
với O’) là x’ = -IO’ = - Δl0’ =  (cm) , tốc độ của vật A là v = 20 10 (cm / s)
3
 Biên độ của dao động của vật A trong quá trình 2 là A’ =

x' 2 

v2
8

 (cm)
2
3
'

4
A'
8
+ Vật A đi từ vị trí có li độ điểm treo x’ =  (cm)   đến vị trí dừng lần đầu (x’ = -A’= - (cm )
3
2
3
) thì thời gian đi của vật A là Δt’ =

T ' 2

6
6

mA
 0,0385( s) (vì Δϕ’ = π/3 => Δt‘= T’/6)
k

 Tổng thời gian chuyển động của hệ vật trong hai quá trình trên là Δt + Δt’ = 0,1885 (s)
=> đ{p {n A
* Giải thích
Cơ hệ gồm hai vật m và M nối với nhau theo phương thẳng đứng bằng một sợi
dây nhẹ, không dãn. Vật M được nối với điểm treo cố định bằng một lò xo nhẹ. Xác
định biên độ dao động của hệ vật để dây treo không bị chùng trong quá trình dao động
* Phân tích: Chọn chiều dương hướng xuống

- Khi hệ hai vật dao động thì hai vật chuyển cùng gia tốc a = -ω2x
- Xét vật m, theo định luật II Newton, ta có: -T + Pm = ma  - T + mg = - mω2x
 T = mg + mω2x (với  2 

k
)
M m

- Lực căng dây có độ lớn cực tiểu khi x = - A: Tmin = mg - mω2A
Ngọc bất trác bất thành khí

6


Biên tập: Th.s. Lê Thị Túy Phượng
Để dây treo không bị chùng thì Tmin ⩾ 0  mg – m ω2A ⩾ 0  A ⩽
Với Δl0 =

( M  m) g
hay A ≤ Δl0)
k

( M  m) g
là độ dãn của lò xo khi hệ vật ở trạng thái cân bằng.
k

C}u 3 (Đề thi THPTQG 2017 – mã 203 – câu 27):
Hình bên l| đồ thị biểu diễn sự phụ thuộc của vận tốc v theo
thời gian t của một vật dao động điều hòa. Phương trình dao
động của vật là

A. x 

3

 40
cos
t   (cm).
8
6
 3

B. x 

3

 20
cos
t   (cm).
4
6
 3

C. x 

3

 40
cos
t   (cm).
8

6
 3

D. x 

3

 20
cos
t   (cm).
4
6
 3

Hướng dẫn
-

Lúc t = 0, v = 2,5 (cm/s) =

v max

và vận tốc đang giảm nên pha vận tốc là ϕv =
2
3

=> pha dao động ban đầu ϕx = ϕv -


  
=    (1)

6
2 3 2

Lúc t = 0,1(s), v’ = -5 (cm/s) = vmin nên pha của vận tốc là ϕv’(t = 0,1) =


 Góc quét của vectơ quay là Δϕ = ϕv’ – ϕv =  -

2

=
3
3

Thời gian từ lúc bắt đầu dao động đến lúc vật có vận tốc vmin = -5
cm/s lần đầu là Δt = 0,1(s)

 Tần số góc của dao động  
-

Vận tốc cực đại của vật là vmax = 5 cm/s

 Biên độ dao động là A 
-

 20

(rad / s) (2)
t
3

vmax





3
(cm) (3)
4

Từ (1), (2) và (3) => đ{p {n D

Ngọc bất trác bất thành khí

7


Biên tập: Th.s. Lê Thị Túy Phượng
C}u 4 (Đề thi THPTQG 2017 – mã 203 – câu 34):
Một con lắc lò xo dao động tắt dần trên mặt phẳng nằm ngang. Cứ sau mỗi chu kì biên độ giảm
2%. Gốc thế năng tại vị trí của vật mà lò xo không biến dạng. Phần trăm cơ năng của con lắc bị
mất đi trong hai dao động toàn phần liên tiếp có giá trị gần nhất với giá trị n|o sau đ}y?
A. 7%.

B. 4%.

C. 10%.

D. 8%.

Hướng dẫn
-

Gọi A0, W0 lần lượt là biên độ và năng lượng ban đầu của con lắc

-

Sau chu kì đầu, biên độ của con lắc là A1 = 0,98A0

-

Sau chu kì thứ hai, biên độ của con lắc là A2 = 0,98A1 = 0,982A0  A22  0,98 4 A02  W2 =
0,922W0

 Phần cơ năng mất đi sau hai chu kì liên tiếp là ΔW = W0 – W2 = 0,078W0 = 7,8%W0
=> đ{p {n D

C}u 5 (Đề thi THPTQG 2017 – mã 203 – câu 38):
Một con lắc đơn có chiều d|i 1,92 m treo v|o điểm T cố định. Từ vị trí cân
bằng O, kéo con lắc về bên phải đến A rồi thả nhẹ. Mỗi khi vật nhỏ đi từ
phải sang tr{i ngang qua B thì d}y vướng v|o đinh nhỏ tại D, vật dao
động trên quĩ đạo AOBC (được minh họa bằng hình bên). Biết TD = 1,28
m v| α1 = α2 = 40. Bỏ qua mọi ma sát. Lấy g = π2 (m/s2). Chu kì dao động
của con lắc là
A. 2,26 s.

B. 2,61 s.

C. 1,60 s.

D. 2,77s.

Hướng dẫn
-

Chọn chiều dương hướng từ trái qua phải

-

Chiều dài đoạn dây DC là DC = l – TD = 0,64 (m)

-

Theo định luật bảo toàn cơ năng, ta có: WC = WA  mghC = mgl(1 –
cosα0) (1)

-

Với hC = C’O = TO – TD’ – D’C’ = l – TDcosα1 - CD.cos(α1 + α2) ≈ 9,346.10-3 (m)

Ngọc bất trác bất thành khí

8


Biên tập: Th.s. Lê Thị Túy Phượng
-

Thay hC vào (1), ta được α0 = 5,6560

-

Trong nửa chu kì đầu, chuyển động của con lắc đơn có thể phân tích thành hai quá trình

 Quá trình 1 (vật đi từ vị trí A đến vị trí B, vị trí cân bằng ở O, chiều dài
dây treo là l = 1,92 m)
+ Ở vị trí A, li độ góc của vật là αA = α0 = 5,6560
+ Ở vị trí B, li độ góc của vật là αB = -α1 = -40 ≈ -

0 2
2

 Góc quét tương ứng của vectơ quay trên đường tròn khi vật đi từ A qua B lần đầu là ΔϕAB =
3
4

 Thời gian vật đi từ vị trí A đến vị trí B lần đầu là ΔtAB =

3T 3 
l
  2
8 8
g

 3 3

( s)

5



 Quá trình 2 (vật đi từ vị trí B đến vị trí C, vị trí cân bằng ở O’, chiều dài dây treo là CD = 0,64
m)
+ Ở vị trí B, li độ góc của vật là αB’ = -α1 = -40
+ Ở vị trí C, li độ góc là αC’ = - α0’ = -(α1+α2) = - 80
 Góc quét tương ứng của vectơ quay trên đường tròn khi vật đi từ B
qua C lần đầu là ΔϕBC =
 Thời
ΔtBC =

gian

vật


3

đi

từ

vị

trí

B

đến

vị

trí

C

lần

đầu

là:

T' 1 
CD  4
  ( s)
  2
6 6
g  15

 Chu kì dao động của con lắc là T0 = 2(ΔtAB + ΔtBC) = 2,612 (s) => đ{p {n B

C}u 6 (Đề thi THPTQG 2017 – mã 202 – câu 35):
Ở một nơi trên Tr{i Đất, hai con lắc đơn có cùng khối lượng đang dao động điều hòa. Gọi l1, s01,
F1 và l2, s02, F2 lần lượt là chiều d|i, biên độ, độ lớn lực kéo về cực đại của con lắc thứ nhất và của
con lắc thứ hai. Biết 3l2 = 2l1, 2s02 = 3s01. Tỉ số
A.

4
.
9

B.

Ngọc bất trác bất thành khí

3
.
2

F1
bằng
F2
C.

9
.
4

D.

2
.
3
9


Biên tập: Th.s. Lê Thị Túy Phượng
Hướng dẫn
-

Biểu thức lực kéo về cực đại: F = mω2s0

-

g
F 2 s
l s

l
l
4
Với m1 = m2 và
 1  2 ta có: 1  12 . 01  2 01  => đ{p {n A
g l1
F2  2 s02 l1 s02 9

l2
2
1
2
2

C}u 7 (Đề thi THPTQG 2017 – mã 202 – câu 36):
Một vật dao động theo phương trình x = 5cos(5πt -


) (cm) (t tính bằng s). Kể từ t = 0, thời điểm
3

vật qua vị trí có li độ x = -2,5 cm lần thứ 2017 là

A. 401,6 s.

B. 403,4 s.

C. 401,3 s.

D. 403,5 s.

Hướng dẫn
-

Lúc t = 0, li độ của vật là x = 2,5 cm và v > 0

-

Thời điểm vật qua vị trí x = -2,5 cm lần đầu là t1 =
T 1  2 
 
  0,2( s)
2 2  

-

Sau mỗi chu kì, có 2 thời điểm vật qua vị trí x = -2,5 cm nên thời

điểm vật qua vị trí x = -2,5 cm lần thứ 2017 là t2017 = t1 +

2016T
= 403,4 (s) => đ{p {n B
2

C}u 8 (Đề thi THPTQG 2017 – mã 202 – câu 40):
Cho D1, D2 và D3 l| ba dao động điều hòa cùng phương, cùng tần số. Dao động tổng hợp của D1
và D2 có phương trình x12 = 3 3 cos(t 


2

) (cm). Dao động tổng hợp của D2 và D3 có phương trình

x23 = 3cosωt (cm). Dao động D1 ngược pha với dao động D3. Biên độ của dao động D2 có giá trị
nhỏ nhất là
A. 2,6 cm.

B. 2,7 cm.

C. 3,6 cm.

D. 3,7 cm.

Hướng dẫn
2
)
3

-

Ta có x12 = x1 + x2; x23 = x2 + x3 => x1 - x3 = x12 – x23 = 6 cos(t 

-

Do x1 ngược pha x3 nên x1 cùng pha với (-x3) => x1 – x3 = x1 + (-x3) cùng pha với x1 => pha ban
đầu của dao động 1 là ϕ1 = ϕ1-3 =

Ngọc bất trác bất thành khí

2
3
10


Biên tập: Th.s. Lê Thị Túy Phượng
-

Dựa vào pha ban đầu của x1 và x12, ta có thể vẽ giản đồ như hình bên

-

Theo định lí sin trong ΔOA12A2, ta có

A2
A12
A12 sin 30 0


A

2
sin 
sin 30 0 sin 

 Để A2 nhỏ nhất thì α = 900
 A2min = A12 sin 30 0  1,5 3  2,6 (cm) => đ{p {n A

C}u 9 (Đề thi THPTQG 2017 – mã 201 – câu 25):
Một con lắc lò xo gồm vật nhỏ v| lò xo có độ cứng 20 N/m dao động điều hòa với chu kì 2 s. Khi
pha của dao động là


thì vận tốc của vật là  20 3 cm/s. Lấy π2 = 10. Khi vật đi qua vị trí có li độ
2

3π (cm) thì động năng của con lắc là
A. 0,36 J.

B. 0,72 J.

C. 0,03 J.

D. 0,18 J.

Hướng dẫn
-

Khi pha dao động là


thì vật đang qua vị trí cân bằng theo chiều âm nên v = - vmax =  20 3
2

cm/s

 vmax = 20 3 cm/s = 0,2 3 m/s
20

-

Với T = 2 (s), k = 20 N/m => m =

-

Khi x = 3π (cm) = 0,03π (m) thì Wđ = W – Wt = 0,5mvmax2 – 0,5kx2 = 0,03 (J) => đ{p {n C

2

= 2 (kg)

C}u 10 (Đề thi THPTQG 2017 – mã 201 – câu 31):
Ở một nơi trên Tr{i Đất, hai con lắc đơn có cùng chiều d|i đang dao động điều hòa với cùng biên
độ. Gọi m1, F1 và m2, F2 lần lượt là khối lượng, độ lớn lực kéo về cực đại của con lắc thứ nhất và
của con lắc thứ hai. Biết m1 + m2 = 1,2 kg và 2F2 = 3F1. Giá trị của m1 là
A. 720 g.

B. 400 g.

C. 480 g.

D. 600 g.

Hướng dẫn
-

Biểu thức lực kéo về cực đại của con lắc đơn là F = mω2S0

-

Ta có: l1 = l2 => ω1 = ω2 và S01 = S02

Ngọc bất trác bất thành khí

11


Biên tập: Th.s. Lê Thị Túy Phượng



F1 m1 2

 (1)
F2 m2 3

-

Kết hợp biểu thức (1) với biểu thức m1 + m2 = 1,2 (kg) => m1 = 0,48 kg = 480 g => đ{p {n C

C}u 11 (Đề thi THPTQG 2017 – mã 201 – câu 38):
Một con lắc lò xo treo vào một điểm cố định nơi có gia tốc trọng trường g = π2 (m/s2). Cho con lắc
dao động điều hòa theo phương thẳng đứng. Hình bên l| đồ thị biểu diễn sự phụ thuộc của thế
năng đ|n hồi Wđh của lò xo vào thời gian t. Khối lượng của con lắc gần nhất với giá trị nào sau
đ}y?
A. 0,65 kg.

B. 0,35 kg.
C. 0,55 kg.
D. 0,45 kg.
Hướng dẫn
-

Chọn chiều dương thẳng đứng hướng xuống

-

Gọi I là vị trí của điểm treo vật khi lò xo không
biến dạng, O là vị trí cân bằng

-

Độ giãn của lò xo ở trạng thái cân bằng là Δl0 = IO

-

Biểu thức thế năng đàn hồi là: Wđh =

-

Ở thời điểm t1 = 0,05 (s) và t3 = 0,15 (s), Wđh1 = Wđh3 = 0 => vật nặng đang ở vị trí I

-

Từ thời điểm t1 đến thời điểm t3, thế năng đàn hồi tăng từ 0 đến giá trị Wđh2 = 0,0625 (J) (ở

1

k (l 0  x) 2
2

thời điểm t2 = 0,1 s) rồi giảm về 0 nên trong khoảng thời gian này, vật
nặng đi từ I lên biên trên (x = -A) (ở thời điểm t2) rồi về lại I.
-

Ở thời điểm t2 = 0,1 (s), Wđh2 =

1
1
k (l 0  A) 2  k ( A  l 0 ) 2 = 0,0625 (J) (1)
2
2

(lên biên trên lò xo bị nén nên A > Δl0)
-

Ở thời điểm t5 = 0,25 (s), thế năng đàn hồi đạt cực đạt. Lúc này, lò xo dãn
lớn nhất và vật đang ở biên dưới (x = A). Wđh5 =

Ngọc bất trác bất thành khí

1
k (l 0  A) 2 = 0,5625 (J) (2)
2
12


Biên tập: Th.s. Lê Thị Túy Phượng

-

Từ biểu thức (1) và (2) =>

A  l 0

A  l 0

0,0625 1
  A  2l 0
0,5625 3

 Góc quét tương ứng của vectơ quay trong thời gian lò xo nén(từ thời điểm t1 đến t3) là
Δϕnén =

2
3

 Thời gian lò xo nén là Δtnén =
 Δl0 =

g

2

20
T
= t3 – t1 = 0,1 (s) => T = 0,3 (s) => ω =
(rad/s)

3
3

 0,0225 m

-

Thay A = 2Δl0 vào biểu thức (1), ta được

-

=> m =

1
20000
N/m
k (l 0 ) 2 = 0,0625 => k =
2
81

kl 0
 0,56 kg => đ{p {n C
g

Ngọc bất trác bất thành khí

13


Biên tập: Th.s. Lê Thị Túy Phượng

II. Sóng cơ
C}u 1 (Đề thi THPTQG 2017 – mã 204 – câu 19):
Trên một sợi d}y d|i đang có sóng ngang hình sin truyền qua theo
chiều dương của trục Ox. Tại thời điểm t0, một đoạn của sợi dây có
hình dạng như hình bên. Hai phần tử dây tại M v| Q dao động lệch
pha nhau
A.


.
3

B. π.

C. 2π.

D.


.
4

Hướng dẫn
-

Theo đồ thị, ta có khoảng cách OA là 3a =



a=

2
6

 Khoảng cách từ vị trí cân bằng của phần tử tại M đến vị trí cân
bằng của phần tử tại Q là d = 3a =


2

 Độ lệch pha của hai phần tử tại M và Q là: Δϕ =

2d



  => đ{p {n B

C}u 2 (Đề thi THPTQG 2017 – mã 203 – câu 24):
Trên một sợi d}y đang có sóng ngang hình sin truyền
qua theo chiều dương của trục Ox. Tại thời điểm t0, một
đoạn của sợi dây có hình dạng như hình bên. Hai phần
tử dây tại M v| O dao động lệch pha nhau
A.


.
4

B.


.
3

C.

3
.
4

D.

2
.
3

Hướng dẫn
-

Theo đồ thị, ta có khoảng cách OA là 4a =



a=
2
8

 Khoảng cách từ vị trí cân bằng của phần tử tại O đến vị trí cân bằng của phần tử tại M là d =
3a =

3
8

 Độ lệch pha của hai phần tử tại O và M là: Δϕ =

Ngọc bất trác bất thành khí

2d





3
=> đ{p {n C
4

14


Biên tập: Th.s. Lê Thị Túy Phượng
C}u 3(Đề thi THPTQG 2017 – mã 204 – câu 34):
Một nguồn }m điểm đặt tại O ph{t }m đẳng hướng với công suất không đổi trong một môi
trường không hấp thụ và phản xạ âm. Hai điểm M và N cách O lần lượt là r và r – 50 (m) có cường
độ }m tương ứng là I và 4I. Giá trị của r bằng
A. 60 m.

B. 66 m.

C. 100 m.

D. 142 m.

Hướng dẫn
Ta có:

I 1 r22

I 2 r12

(Vì cường độ âm tại một điểm là I tỉ lệ nghịch với khoảng cách từ điểm đó đến nguồn I =
P
)
4r 2



I
(r  50) 2
r  50 1


  r  100(m) => đ{p {n C
2
4I
r
2
r

C}u 4(Đề thi THPTQG 2017 – mã 204 – câu 40):

Ở mặt nước, tại hai điểm S1 và S2 có hai nguồn sóng kết hợp, dao động điều hòa, cùng pha theo
phương thẳng đứng. Biết sóng truyền trên mặt nước với bước sóng λ, khoảng cách S1S2 = 5,6λ. Ở
mặt nước, gọi M là vị trí mà phần tử nước tại đó dao động với biên độ cực đại, cùng pha với dao
động của hai nguồn. Khoảng cách ngắn nhất từ M đến đường thẳng S1S2 là
A. 0,754λ.

B. 0,852λ.

C. 0,868λ.

D. 0,946λ.

Hướng dẫn
-

Phương trình sóng tại hai nguồn là: uS1 = uS2 = U0cos(ωt + ϕ)

-

Phương trình sóng tại điểm M trên vùng giao thoa là:

 (d1  d 2 ) 
  ( d 2  d1 )  
uM = 2U0 cos
 cos t   




 


-

Phần tử sóng tại M là cực đại giao thoa nếu d2 – d1 = kλ (k   ) (1)

 ( d1  d 2 ) 

 Phương trình của M là: uM = 2U0 cos(k ) cos t   
 (*)



 Số điểm cực đại giao thoa trong đoạn S1S2 bằng số giá trị k nguyên thỏa: 

Ngọc bất trác bất thành khí

S1 S 2



k

S1 S 2


15


Biên tập: Th.s. Lê Thị Túy Phượng
 -5,6 < k < 5,6 => k = 0; ±1; ±2; ±3; ±4; ±5

* Xét trường hợp k lẻ
+ Phương trình (*)  uM = -2U0cos(ωt + ϕ -

 (d1  d 2 )
 (d1  d 2 )
) uM = 2U0cos(ωt + ϕ + π)



+ Phần tử sóng tại M cùng pha với nguồn: ϕS1 – ϕM = n2π  ϕ – (ϕ 

 (d1  d 2 )
+ π) = n2π


 (d1  d 2 )
- π = n2π  d1 + d2 = (2n + 1)λ (n   )


+ Trong tam giác S1S2M, ta luôn có S1M + S2M > S1S2  d1 + d2 > 5,6λ  (2n + 1)λ > 5,6λ  n >
2,3
+ Để khoảng cách từ M đến S1S2 bé nhất thì d1 + d2 có giá trị bé nhất hay n = 3 => d1 + d2 = 7λ
(2)



 d 2  d1  k  d1  (k  7) 2
+ Từ (1) và (2), ta có: 

d 1  d 2  7   d 2  ( k  7 ) 

2

d12  d 22  S1 S 2
+ Trong tam giác S1S2M, ta có: d = d + S S – 2d1S1S2cosα d1cosα = a =
2 S1 S 2
22

12

2

1 22

(d1  d 2 )(d1  d 2 )  5,6 2 2
a=
(**)
2.5,6
 7k2  5,6 2 2  7k  5,6 2    7k  5,6 2 


 
+ Thay (1) và (2) vào (**), ta được: a =
2.5,6
2.5,6
 2.5,6 

 2   7k  5,6 2  2 2
 
+ Khoảng cách từ M đến đoạn S1S2 là x và x = d – a = (k – 7) 4 - 
2.5,6 

2

12

2

2





+ Sử dụng máy tính cầm tay: nhấn MODE 7 và nhập hàm f(X) = x2 ở trên để tìm giá trị x
nhỏ nhất (với k = X lấy từ 1 đến 5)
* Xét trường hợp k chẵn
+ Phương trình (*) uM = 2U0cos(ωt + ϕ -

 (d1  d 2 )
 ( d1  d 2 )
) uM = 2U0cos(ωt + ϕ )



+ Phần tử sóng tại M cùng pha với nguồn: ϕS1 – ϕM = n2π  ϕ – (ϕ -

Ngọc bất trác bất thành khí

 (d1  d 2 )
) = n2π


16


Biên tập: Th.s. Lê Thị Túy Phượng



 (d1  d 2 )
= n2π  d1 + d2 = 2nλ (n   )


+ Với d1 + d2 > 5,6λ  2nλ > 5,6λ  n > 2,8
+ Để khoảng cách từ M đến S1S2 bé nhất thì d1 + d2 có giá trị bé nhất hay n = 3 => d1 + d2 = 6λ
(3)



d

(
k

6
)
1
d

d


k


 2
1
2
+ Từ (1) và (3), ta có: 


d

d

6

2
 1
d 2  (k  6)
2

  6k  5,6 2
+ Thay (1) và (3) vào (**), ta được: a = 
 2.5,6





 2   6k  5,6 2  2 2
 

+ Khoảng cách từ M đến đoạn S1S2 là x và x = d – a = (k – 6) 4 - 
2.5,6 
2

12

2

2





+ Sử dụng máy tính cầm tay: nhấn MODE  7 và nhập hàm f(X) = x2 ở trên để tìm giá trị x
nhỏ nhất (với k = X lấy từ 1 đến 4)
-

So sánh kết quả của x2 tìm được từ hai trường hợp trên, ta thu được trường hợp k chẵn thì
xmin = 0,753766λ => đ{p {n A

C}u 5(Đề thi THPTQG 2017 – mã 203 – câu 29):
Một nguồn }m điểm S ph{t }m đẳng hướng với công suất không đổi trong một môi trường
không hấp thụ và không phản xạ }m. Lúc đầu, mức cường độ âm do S gây ra tại điểm M là L
(dB). Khi cho S tiến lại gần M thêm một đoạn 60 m thì mức cường độ âm tại M lúc này là L + 6
(dB). Khoảng cách từ S đến M lúc đầu là
A. 80,6 m.

B. 120,3 m.

C. 200 m.

D. 40 m.

Hướng dẫn
-

Ta có L2 – L1 = 10lg

 (L + 6) – L = 10lg

I2
I
I
I
(Chứng minh, ta có: L1 = 10lg 1 và L2 = 10lg 2 => L2 – L1 = 10lg 2 )
I0
I1
I0
I1

r1
r12
r12
 1,9953  r1 ≈ 120,3 (m) => đ{p {n B

6
=
10lg


2
2
r1  60
(r1  60)
r2

Ngọc bất trác bất thành khí

17


Biên tập: Th.s. Lê Thị Túy Phượng
C}u 6(Đề thi THPTQG 2017 – mã 203 – câu 39):
Giao thoa sóng ở mặt nước với hai nguồn kết hợp đặt tại A và B. Hai nguồn dao động điều hòa
theo phương thẳng đứng, cùng pha và cùng tần số 10 Hz. Biết AB = 20 cm, tốc độ truyền sóng ở
mặt nước là 0,3 m/s. Ở mặt nước, gọi Δ l| đường thẳng đi qua trung điểm của AB và hợp với AB
một góc 600. Trên Δ có bao nhiêu điểm mà các phần tử ở đó dao động với biên độ cực đại?
A. 7 điểm.

B. 11 điểm.

C. 13 điểm.

D. 9 điểm.

Hướng dẫn

v
 3(cm)
f

-

Ta có λ =

-

Ta kẻ đường tròn đường kính AB cắt đường thẳng Δ tại M và N.

-

Khi đó ta chỉ cần tìm số điểm cực đại trong đoạn M’N’ thì đó chính
là số cực đại trên đường thẳng Δ (M’N’ là hình chiếu của MN lên
đoạn AB và M’N’ = MNcos600 = ABcos600 = 10 cm)

-

Số cực đại trên đoạn M’N’ là số giá trị k thỏa mãn:



M ' N'



k

M ' N'



 -3,33 < k < 3,33

 k = 0; ±1; ±2; ±3 => có 7 điểm cực đại trên đường thẳng Δ => đ{p {n A
* Giải thích phương ph{p
Đường hyperbol đi qua M’ và N’ (tiêu điểm là F1(-c,0) và F2(c,0))
không cắt hai đường tiệm cận của nó là y =
y=-

bx
(hình vẽ) và
a

b
bx
. Trong đó c2 = a2 + b2 = OF22 = OM2 và  tan  . Do vậy,
a
a

khi ta xét các đường hyperbol cắt các điểm trong đoạn M’N’ thì
các đường hyperbol này đều cắt 2 đường tiệm cận nói trên, còn
các đường hyperbol cắt các điểm ngoài đoạn M’N’ thì không
cắt đường tiệm cận.

Ngọc bất trác bất thành khí

18


Biên tập: Th.s. Lê Thị Túy Phượng

C}u 7(Đề thi THPTQG 2017 – mã 202 – câu 33):
Một sợi d}y đ|n hồi dài 90 cm có một đầu cố định và một đầu tự do đang có sóng dừng. Kể cả
đầu cố định, trên dây có 8 nút. Biết rằng khoảng thời gian giữa 6 lần liên tiếp sợi dây duỗi thẳng
là 0,25 s. Tốc độ truyền sóng trên dây là
A. 1,2 m/s.

B. 2,9 m/s.

C. 2,4 m/s.

D. 2,6 m/s.

Hướng dẫn
-

Khoảng thời gian giữa hai lần liên tiếp sợi dây duỗi thẳng là

T
2

 Khoảng thời gian giữa 6 lần liên tiếp sợi dây duỗi thẳng là Δt =

5T
= 0,25 s  T = 0,1 (s)
2

-

Sợi dây một đầu cố định, một đầu tự do nên khi có sóng dừng thì l =

-

Dây có 8 nút nên k = 7, thay k vào biểu thức (1), ta được λ = 24 cm
=> v =


T

(2k  1)
(1)
4

 240 (cm/s) = 2,4 m/s

 Đ{p {n C

C}u 8(Đề thi THPTQG 2017 – mã 202 – câu 39):
Tại một điểm trên trục Ox có một nguồn }m điểm ph{t }m đẳng hướng ra môi trường. Hình vẽ
bên l| đồ thị biểu diễn sự phụ thuộc của cường độ âm I tại
những điểm trên trục Ox theo tọa độ x. Cường độ âm chuẩn
là I0 = 10-12 W/m2. M l| điểm trên trục Ox có tọa độ x = 4 m.
Mức cường độ âm tại M có giá trị gần nhất với giá trị n|o sau đ}y?
A. 24,4 dB.

B. 24 dB.

C. 23,5 dB.

D. 23 dB.

Hướng dẫn
-

Gọi a là khoảng cách từ gốc tọa độ O đến nguồn âm

-

Ở vị trí gốc tọa độ O (x = 0), khoảng cách từ O đến nguồn là r1 = a, cường độ âm là I1 = 2,5.10-9
W/m2

-

Gọi M là vị trí có tọa độ x = 2, khoảng cách từ
M đến nguồn là r2 = a + 2. Cường độ âm tại M

Ngọc bất trác bất thành khí

19


Biên tập: Th.s. Lê Thị Túy Phượng

là I2 =

2,5.10 9
= 6,25.10-10 W/m2
4

-

Ta có

I 1 r22
2,5.10 9
(a  2) 2

 a = 2 (m)
 2 
I 2 r1
6,25.10 10
a2

-

Gọi N là vị trí có tọa độ x = 4, khoảng cách từ N đến nguồn là r3 = a + 4 = 6 (m). Cường độ âm
tại N là I3

-

I
I 1 r32 6 2
25 10
Ta có:
 2  2 => I3 =
.10 (W/m2) => L3 = 10lg 3 ≈ 24,4 dB => đ{p {n A
I0
I 3 r1
9
2

C}u 9(Đề thi THPTQG 2017 – mã 201 – câu 29):
Hình bên l| đồ thị biểu diễn sự phụ thuộc của mức
cường độ }m L theo cường độ }m I. Cường độ âm chuẩn
gần nhất với giá trị n|o sau đ}y?
A. 0,31a.

B. 0,35a.

C. 0,37a.

D. 0,33a.

Hướng dẫn
-

Ta có: L = lg

I
a
a
(B)  0,5 = lg  I0 = 0,5 ≈ 0,316a => đ{p {n A
I0
I0
10

C}u 10(Đề thi THPTQG 2017 – mã 201 – câu 39):
Một sợi d}y căng ngang với hai đầu cố định, đang có sóng dừng. Biết khoảng cách xa nhất giữa
hai phần tử d}y dao động với cùng biên độ 5 mm là 80 cm, còn khoảng cách xa nhất giữa hai
phần tử d}y dao động cùng pha với cùng biên độ 5 mm là 65 cm. Tỉ số giữa tốc độ cực đại của
một phần tử dây tại bụng sóng và tốc độ truyền sóng trên dây là

A. 0,12.

B. 0,41.

C. 0,21.

D. 0,14.

Hướng dẫn
-

Gọi M1, M2 và M3 là ba điểm trên dây có cùng biên độ bằng 5 (cm), M1 và M2 là hai phần tử
xa nhất; M1 và M3 là hai phần tử cùng pha xa nhất (hình vẽ)

-

M1M2 = 2a + k


= 80 (cm) (1)
2

Ngọc bất trác bất thành khí

20


Biên tập: Th.s. Lê Thị Túy Phượng

-

M1M3 = 2a + (k – 1)


= 65 (cm) (2)
2

Từ (1) và (2), ta có:


= 15 (cm)
2

 λ = 30 (cm)
-

Điều kiện của k là: k

-

Điều kiện của a là:


< 80  k < 4
2



4

2

+ Xét k = 3, ta có 2a = 20  a = 10 (chọn)
+ Xét k = 2, ta có 2a = 40  a = 20 >
 AM1 = Ab sin(

2a




(loại)
2

) = 5 cm (Giải thích công thức ở cuối bài giải)

 Biên độ bụng sóng là Ab =

10
3

(mm)

 Tỉ số tốc độ cực đại của phần tử bụng sóng và tốc độ truyền sóng là:

Ab 2Ab
= 0,12

f


=> đ{p {n A
Giải thích
Xét sóng dừng trên dây AB có chiều dài l với đầu A được gắn vào nguồn dao động. Phương trình dao
động của phần tử tại A là: uA = acos(ωt + ϕ). M là một điểm bất kì
trên dây cách A một khoảng là d.
*Xét trường hợp đầu B cố định
- Khi sóng truyền từ A đến M, phần tử M dao động với
phương trình: utM = acos(ωt + ϕ - 2πd/λ)
- Khi sóng truyền từ M tới đầu B, sóng tới tại B là có phương trình: utB = acos(ωt + ϕ - 2πl/λ)
- Tại B, sóng tới bị phản xạ lại, phương trình sóng phản xạ là: upB = acos(ωt + ϕ - 2πl/λ - π)
- Khi sóng phản xạ truyền từ B tới M, phương trình sóng phản xạ tại M là: upM = acos(ωt + ϕ 2πl/λ – π - 2π(l – d)/λ) = acos(ωt + ϕ - 4πl/λ – π + 2πd/λ)
- Phương trình sóng tổng hợp tại M là:
Ngọc bất trác bất thành khí

21


Biên tập: Th.s. Lê Thị Túy Phượng
uM = utM + upM = 2acos(π/2 - 2π(l – d)/λ))cos(ωt + ϕ – π/2 - 2πl/λ)
 uM = 2asin(2πx/λ)cos(ωt + ϕ – π/2 - 2πl/λ) => AM = 2a|sin(2πx/λ)|  AM = Ab|sin(2πx/λ)|
trong đó x = l – d: là khoảng cách từ M đến một đến nút B; Ab = 2a: biên độ bụng sóng

Ngọc bất trác bất thành khí

22


Biên tập: Th.s. Lê Thị Túy Phượng
III. Điện xoay chiều

C}u 1 (Đề thi THPTQG 2017 – mã 204 – câu 37):
Đặt điện áp u = U 2 cos(ωt + ϕ) (U v| ω không đổi) v|o hai đầu đoạn mạch AB. Hình bên l| sơ
đồ mạch điện và một phần đồ thị biểu diễn sự phụ thuộc của điện áp uMB giữa hai điểm M, B
theo thời gian t khi K mở v| khi K đóng. Biết điện trở R = 2r. Giá trị của U là
A. 193,2 V.
B. 187,1 V.
C. 136,6 V.
D. 122,5 V.
Hướng dẫn
-

-

Khi khóa K mở, uMB(t1) = 50 V =

U 0MB
và đang tăng nên pha
2

của uMB ở thời điểm t1 là ϕuMB = 


3

Khi khóa K đóng, uMB’(t1) = 100 V = U0MB’ nên pha của uMB’ ở
thời điểm t1 là ϕuMB’ = 0 (rad)

 uMB và uMB’ lệch pha nhau một góc Δϕ = ϕuMB’ – ϕuMB =
-


(rad) (*)
3

Khi khóa K mở, ta có: UMB2 = Ur2 + (UL – UC)2; UR = 2Ur (vì R = 2r)

 U2 = (UR + Ur)2 + (UL – UC)2 = 9Ur2 + (UL – UC)2  U2 = 8Ur2 + UMB2 (1)
-

Khi khóa K đóng, mạch MB chỉ còn cuộn dây (tụ bị nối tắt) nên ta có: UMB’2 = Ur’2 + UL’2 ; UR’ =
2Ur’ (vì R = 2r)

 U2 = (UR’ + Ur’)2 + UL’2 = 9Ur’ 2 + UL’2  U2 = 8Ur’ 2 + UMB’ 2 (2)
-

Từ (1) và (2), ta được: 8Ur2 + UMB2 = 8Ur’ 2 + UMB’ 2  Ur = Ur’ (vì U0MB = U0MB’ = 100 V)  I = I’
(3)

-

Với UMB = UMB’và I = I’ ta có: IZMB = I’ZMB’  ZMB = ZMB’ (a) => (ZL – ZC)2 = ZL2  ZC = 2ZL

-

Với I = I’, ta cũng được Z = Z’ (vì Umạch = U không đổi) (b)

-

Từ (a), ta có:

r
Z MB



r
Z MB '

 cosϕuMB/i = cosϕuMB’/i’  ϕuMB’/i’ = -ϕuMB/i  ϕuMB’ – ϕi’ = -(ϕuMB – ϕi)

(Lấy dấu ‚-‚ vì ϕuMB’ nhanh pha hơn ϕi’ mà ϕuMB lại chậm pha hơn ϕi)
Ngọc bất trác bất thành khí

23


Biên tập: Th.s. Lê Thị Túy Phượng
=> ϕuMB’ + ϕuMB = ϕi + ϕi’ (c)
-

Từ (b) ta có:

rR rR
 cosϕu/i = cosϕu/i’  ϕu/i’ = -ϕu/i  ϕu – ϕi’ = -(ϕu – ϕi) 2ϕu = ϕi +

Z
Z '

ϕi’ (d)
(Lấy dấu ‚-‚ vì ϕu nhanh pha hơn ϕi’ và ϕu chậm pha hơn ϕi)

-

Từ (c) và (d), ta được: ϕuMB’ + ϕuMB = 2ϕu (**)

-

Thay (*) vào (**), ta được: ϕuMB’ + ϕuMB’  (ϕuMB’- ϕi’) – (ϕu – ϕi’) =



= 2ϕu  ϕuMB’ - ϕu =
3
6


6

ZL
Z
 L
tan  uMB / i ' tan  u / i '


Rr  3
 tan  r
 tan(ϕuMB’/i’ - ϕu/i’) = tan( ) 
Z
Z
3
1  tan  uMB / i '. tan  u / i '

6
6
1 L . L
r Rr
ZL ZL
ZL
1

(1  )
3
3r 
3  3  ZL  3
  r
 r
2
Z Z
3
3
r
1  ZL 
1 L . L
1



r 3r
3 r 
UL’ =

3 Ur’  U’MB =

U L2 'U r2 ' = 2Ur’  2Ur’ =

100
2

 U r’ =

50
2

=> U = 2 3 Ur’ = 50 6 ≈

122,5 (V) => đ{p {n D

C}u 2 (Đề thi THPTQG 2017 – mã 204 – câu 38):
Hai m{y ph{t điện xoay chiều một pha A và B (có phần cảm l| roto) đang hoạt động ổn định,
phát ra hai suất điện động có cùng tần số 60 Hz. Biết phần cảm của máy A nhiều hơn phần cảm
của máy B 2 cặp cực (2 cực bắc, 2 cực nam) và trong 1 giờ số vòng quay của roto hai máy chênh
lệch nhau 18000 vòng. Số cặp cực của máy A và máy B lần lượt là
A. 4 và 2.

B. 5 và 3.

C. 6 và 4.

D. 8 và 6.

Hướng dẫn
-

Ta có Δn = 18000 vòng/h = 5 vòng/s

-

Vì số cặp cực pA > pB nên để tần số của hai máy như nhau thì tốc độ quay của roto nA < nB
=> nB = nA + Δn

Ngọc bất trác bất thành khí

24


Biên tập: Th.s. Lê Thị Túy Phượng
-

Với fA = fB => pA.nA = pB.nB  pAnA = (pA – 2)(nA + Δn)  pAnA = pAnA + pAΔn – 2nA - 2Δn
 5pA - 2nA = 10  nA =

-

Ta có fA = pAnA = pA

5 p A  10
2

2,5 p A  10
= 60  pA = 6 cặp cực => pB = 4 cặp cực => đ{p {n C
2

C}u 3 (Đề thi THPTQG 2017 – mã 204 – câu 32):
Một máy biến {p lí tưởng có hai cuộn dây D1 và D2. Khi mắc hai đầu cuộn D1 v|o điện áp xoay
chiều có giá trị hiệu dụng U thì điện áp hiệu dụng ở hai đầu của cuộn D2 để hở có giá trị là 8 V.
Khi mắc hai đầu cuộn D2 v|o điện áp xoay chiều có giá trị hiệu dụng U thì điện áp hiệu dụng ở
hai đầu của cuộn D1 để hở có giá trị 2 V. Giá trị U bằng
A. 8 V.

B. 16 V.

C. 6 V.

D. 4 V.

Hướng dẫn
-

Trường hợp 1, ta có Usơ = U; Uthứ = 8 V; Nsơ = N1; Nthứ = N2 =>

Us Ns
U N

  1 (1)
Ut
Nt
8 N2

-

Trường hợp 2, ta có Usơ = U; Uthứ = 2 V; Nsơ = N2; Nthứ = N1=>

Us Ns
U N

  2 (2)
Ut
Nt
2 N1

-

Lấy (1) nhân (2), vế theo vế, ta được:

U2
 1  U  4 (V) => đ{p {n D
16

C}u 4 (Đề thi THPTQG 2017 – mã 203 – câu 32):
Một m{y ph{t điện xoay chiều ba pha đang hoạt động ổn định. Suất điện động trong ba cuộn dây
của phần ứng có giá trị e1, e2 và e3. Ở thời điểm mà e1 = 30 V thì |e2 – e3| = 30 V. Giá trị cực đại của
e1 là
A. 40,2 V.

B. 51,9 V.

C. 34,6 V.

D. 45,1 V.

Hướng dẫn
-

Phương trình điện áp trong ba cuộn dây của máy phát điện ba pha lần lượt là:
e1 = E0cos(ωt); e2 = E0cos(ωt +

-

2
2
); e3 = E0cos(ωt )
3
3

Theo dữ kiện, ta có e1 = 30 V  E0cos(ωt) = 30 V (1)

Ngọc bất trác bất thành khí

25