Các câu tương tự trong đề thi 2019

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (336.13 KB, 13 trang )

(1)<div class='page_container' data-page=1>

Câu 33 mã đề 201. (cùng nhóm 207, 209, 215, 217, 223).

Một con lắc lò xo được treo vào một điểm cố định đang dao động điều hịa theo phương thẳng đứng. Hình bên

là đồ thị biểu diễn sự phụ thuộc của lực đàn hồi F mà lò xo tác dụng lên vật nhỏ của con lắc theo thời gian t. Tại

t = 0,15s lực kéo về tác dụng lên vật có độ lớn là

A. 4,83N B. 4,43N

C. 3,43N D. 5,83N

* Từ đồ thị ta có: k

(

 +0 A

) (

+k A−  0

)

=10N=2k.A

k.A 5

 = N   = N k. 0 1

Đồ thị cho ta: 5T 0, 3

4 = s =T 0, 24s

25
3


  = rad/s 2

3

  =

Biểu thức của lực kéo về: F kA.cos 25 t 2

3 3

 

 

=  + 

 

Vào thời điểm cần tìm ta có: F kA.cos 4,83
12



=  N. Đáp án B

Câu 34 mã đề 202. (cùng nhóm 208, 210, 216, 218, 224).

Một con lắc lò xo được treo vào một điểm cố định đang dao động điều hịa theo phương thẳng đứng. Hình bên

là đồ thị biểu diễn sự phụ thuộc của lực đàn hồi F mà lò xo tác dụng lên vật nhỏ của con lắc theo thời gian t. Tại

t = 0,45 s, lực kéo về tác dụng lên vật có độ lớn là

A.1,59N B.1,29N

C.2,29N D.1,89N

* Từ đồ thị ta có: k

(

 +0 A

) (

+k A−  0

)

=10N=2k.A

k.A 5

 = N   = N k. 0 1

Đồ thị cho ta: 5T 0, 3

4 = s =T 0, 24s

25
3


  = rad/s 2

3

  =

Biểu thức của lực kéo về: F kA.cos 25 t 2

3 3

 

 

=  + 

 

Vào thời điểm cần tìm ta có: F kA.cos 1, 29
12



=  N. Đáp án B

Câu 33 mã đề 203 (cùng nhóm 203, 205, 211, 213, 219, 221).

Một con lắc lò xo được treo vào một điểm cố định đang dao động điều hịa theo phương thẳng đứng. Hình bên 
là đồ thị biểu diện sự phụ thuộc lực đàn hồi F mà lò xo tác dụng lên vật nhỏ của con lắc theo thời gian t. Tại t =

0,15s, lực kéo về tác dụng lên vật có độ lớn là.

A. 1,29 N. B. 0,29 N

C. 0,59 N. D. 0,99 N.

* Từ đồ thị ta có: k

(

 +0 A

) (

+k A−  0

)

=10N=2k.A

k.A 5

 = N   = N k. 0 1

Đồ thị cho ta: 5T 0, 3

4 = s =T 0, 24s

25
3


  = rad/s

6

  =

0, 4

O

0, 4

</div>
(2)<div class='page_container' data-page=2>

Biểu thức của lực kéo về: F kA.cos 25 t

3 6

 

 

=  + 

 

Vào thời điểm cần tìm ta có: F kA.cos5 1, 294
12



=  N. Đáp án A

Câu 37 mã đề 204 (cùng nhóm 206, 212, 214, 220, 222).

Một con lắc lò xo được treo vào một điểm cố định đang dao động điều hịa theo phương thẳng đứng. Hình bên

là đồ thị biểu diễn sự phụ thuộc của lực đàn hồi F mà lò xo tác dụng lên vật nhỏ của con lắc theo thời gian t. Tại

t = 0,3 s, lực kéo về tác dụng lên vật có độ lớn là

A. 3,5 N. B. 4,5 N. 
C. 1,5 N. D. 2,5 N.

* Từ đồ thị ta có: k

(

 +0 A

) (

+k A−  0

)

=10N=2k.A

k.A 5

 = N   = N k. 0 1

Đồ thị cho ta: 5T 0, 3

4 = s =T 0, 24s

25
3


  = rad/s

6

  =

Biểu thức của lực kéo về: F kA.cos 25 t

3 6

 

 

=  + 

 

Vào thời điểm cần tìm ta có: F kA.cos 2,5
3


</div>
(3)<div class='page_container' data-page=3>

Câu 37 mã đề 201 (cùng nhóm 207, 209, 215, 217, 223).

Trong thí nghiệm Y âng về giao thoa ánh sáng, hai khe được chiếu bằng ánh sáng gồm hai thành phần đơn sắc

có bước sóng λ1 = 549 nm và λ2 (390 nm < λ2 < 750 nm). Trên màn quan sát thu được các vạch sáng là các vân

sáng của hai bức xạ trên (hai vân sáng trùng nhau cũng là một vạch sáng). Trên màn xét 4 vạch sáng liên tiếp

theo thứ tự là M, N, P, Q. Khoảng cách M và N; N và P; P và Q lần lượt là 2,0nm; 4,5mm; 4,5mm. Giá trị của

λ2 gần nhất với giá trị nào sau đây?

A. 398 nm B. 731nm C. 748nm D. 391nm

* Từ giả thiết ta suy ra:     1 2 2 i1 2i2 và     2 2 1 i2 2i1

Do 2MN < NP nên tại M và N không thể là vân sángcùng loại.

Do NP = PQ nên tại P phải có vân sáng cùng loại với vân tại M.

Vậy tại các điểm M, N, P và Q lần lượt là vị trí của vân sáng bậc k1 của λA, bậc k2 của

λB, bậc (k1 + 1) của λA và bậc (k2 + 1) k1 của λB như hình vẽ.

Do đó ta có: MN=k .i2 B−k .i1 A

(

)

A 2 B A A

NP= k +1 i −k .i = −i MNi =MN+NP=6,5mm

(

)

(

)

A B A B A

PQ= k +1 i − k +1 i =MN i+ −  = +i i i PQ MN− = mm 9

Ta có: B B

A A

i 18

i 13



= =



Nếu A 1 2 18 1 760
13

 =    =   nm. (loại).

Nếu A 2 2 13 1 396,5

 =    =  = nm. Đáp án A.

Câu 33 mã đề 202. (cùng nhóm 208, 210, 216, 218, 224).

Trong thí nghiệm Y-âng về giao thoa ánh sáng, hai khe được chiếu bằng ánh sáng gồm hai thành phần đơn sắc

có bước sóng λ1 =558 nm và λ2 (390 nm < λ2 < 760 nm). Trên màn quan sát thu được các vạch sáng là các vân

sáng của hai bức xạ trên (hai vân sáng trùng nhau cũng là một vân sáng). Trên màn, xét 4 vạch sáng liên tiếp

theo thứ tự M, N, P, Q. Khoảng cách giữa M và N, giữa N và P, giữa P và Q lần lượt là 2,0 mm; 4,5 mm; 4,5

mm. Giá trị của λ2 gần nhất với giá trị nào sau đây?

A. 395 nm. B. 405 nm. C. 735 nm. D. 755 nm.

* Từ giả thiết ta suy ra:     1 2 2 i1 2i2 và     2 2 1 i2 2i1

Do 2MN < NP nên tại M và N không thể là vân sángcùng loại.

Do NP = PQ nên tại P phải có vân sáng cùng loại với vân tại M.

Vậy tại các điểm M, N, P và Q lần lượt là vị trí của vân sáng bậc k1 của λA, bậc k2 của

λB, bậc (k1 + 1) của λA và bậc (k2 + 1) k1 của λB như hình vẽ.

Do đó ta có: MN=k .i2 B−k .i1 A

(

)

A 2 B A A

NP= k +1 i −k .i = −i MNi =MN+NP=6,5mm

(

)

(

)

A B A B A

PQ= k +1 i − k +1 i =MN i+ −  = +i i i PQ MN− = mm 9

1 A

k .i

2 B

k .i

(k1+1 i) A
(k2+1 i) B

M
N

P
Q

1 A

k .i

2 B

k .i

(k1+1 i) A
(k2+1 i) B

</div>
(4)<div class='page_container' data-page=4>

Ta có: B B

A A

i 18

i 13



= =



Nếu A 1 2 18 1 773
13

 =    =   nm. (loại).

Nếu A 2 2 13 1 403
18

 =    =  = nm. Đáp án B.

Câu 34 mã đề 203 (cùng nhóm 203, 205, 211, 213, 219, 221).

Trong thí nghiệm Y-âng về giao thoa ánh sáng, hai khe được chiếu bằng ánh sáng gồm hai thành phần đơn sắc

có bước sóng sóng λ1 = 533 nm và λ2 (390 nm < λ2 < 760 nm). Trên màn quan sát thu được các vạch sáng là

các vân sáng của hai bức xạ trên (hai vân sáng trùng nhau cũng là một vân sáng). Trên màn, xét 4 vạch sáng

liên tiếp theo thứ tự M, N, P, Q. Khoảng cách giữa M và N, giữa N và P, giữa P và Q lần lượt là 2,0 mm; 4,5

mm; 4,5 mm. Giá trị của λ2 gần nhất với giá trị nào sau đây?

A. 395 nm. B. 755 nm. C. 415 nm. D. 735 nm.

* Từ giả thiết ta suy ra:     1 2 2 i1 2i2 và     2 2 1 i2 2i1

Do 2MN < NP nên tại M và N không thể là vân sángcùng loại.

Do NP = PQ nên tại P phải có vân sáng cùng loại với vân tại M.

Vậy tại các điểm M, N, P và Q lần lượt là vị trí của vân sáng bậc k1 của λA, bậc k2 của

λB, bậc (k1 + 1) của λA và bậc (k2 + 1) k1 của λB như hình vẽ.

Do đó ta có: MN=k .i2 B−k .i1 A

(

)

A 2 B A A

NP= k +1 i −k .i = −i MNi =MN+NP=6,5mm

(

)

(

)

A B A B A

PQ= k +1 i − k +1 i =MN i+ −  = +i i i PQ MN− = mm 9

Ta có: B B

A A

i 18

i 13



= =



Nếu A 2 2 13 1 384,9

 =    =   nm. (loại).

Nếu A 1 2 18 1 738
13

 =    =  = nm. Đáp án D.

Câu 34 mã đề 204 (cùng nhóm 206, 212, 214, 220, 222)

Trong thí nghiệm Y-âng về giao thoa ánh sáng, hai khe được chiếu bằng ánh sáng gồm hai thành phần đơn sắc

có bước sóng λ1 =539,5 nm và λ2 (395 nm < λ2 < 760 nm). Trên màn quan sát thu được các vạch sáng là các

vân sáng của hai bức xạ trên (hai vân sáng trùng nhau cũng là một vân sáng). Trên màn, xét 4 vạch sáng liên

tiếp theo thứ tự M, N, P, Q. Khoảng cách giữa M và N, giữa N và P, giữa P và Q lần lượt là 2,0 mm; 4,5 mm;

4,5 mm. Giá trị của λ2 gần nhất với giá trị nào sau đây?

A. 400 nm. B. 410 nm. C. 755 nm. D. 745 nm.

Từ giả thiết ta suy ra:     1 2 2 i1 2i2 và     2 2 1 i2 2i1

Do 2MN < NP nên tại M và N không thể là vân sáng cùng loại.

Do NP = PQ nên tại P phải có vân sáng cùng loại với vân tại M.

Vậy tại các điểm M, N, P và Q lần lượt là vị trí của vân sáng bậc k1 của λA, bậc k2

1 A

k .i

2 B

k .i

(k1+1 i) A
(k2+1 i) B

M
N

P
Q

1 A

k .i

2 B

k .i

(k1+1 i) A
(k2+1 i) B

M
N

</div>
(5)<div class='page_container' data-page=5>

của λB, bậc (k1 + 1) của λA và bậc (k2 + 1) k1 của λB như hình vẽ.

Do đó ta có: MN=k .i2 B−k .i1 A

(

)

A 2 B A A

NP= k +1 i −k .i = −i MNi =MN+NP=6,5mm

(

)

(

)

A B A B A

PQ= k +1 i − k +1 i =MN i+ −  = +i i i PQ MN− = mm 9

Ta có: B B

A A

i 18

i 13



= =



Nếu A 2 2 13 1 389, 63

 =    =   nm. (loại).

Nếu A 1 2 18 1 747
13

</div>
(6)<div class='page_container' data-page=6>

Câu 39 mã đề 201 (cùng nhóm 207, 209, 215, 217, 223).

Ở mặt chất lỏng, tại hai điểm A và B có hai nguồn dao động cùng pha theo phương thẳng đứng phát ra hai sóng

kết hợp có bước sóng λ. Trên đoạn thẳng AB có 20 điểm cực tiểu giao thoa. C là điểm trên mặt chất lỏng mà

ABC là tam giác đều. Trên đoạn thẳng AC có hai điểm cực đại giao thoa liên tiếp mà phần tử chất lỏng tại đó

dao động cùng pha với nhau. Đoạn thẳng AB có độ dài gần nhất với giá trị nào sau đây?

A. 9,57 λ B. 10,14 λ C. 10,36 λ D. 9,92 λ

Chuẩn hóa  =1.

Do chỉ có 20 cực tiểu trên đoạn AB nên ta có: 21 AB 19 10,5 AB a 9,5

2 2

 

      =  (1)

Do M và N là hai cực đại giao thoa liên tiếp nên ta có:

(

)

(

) (

)

BM AM k. k

BN AN BM AM 1

BN AN k 1 k 1

− =  =

  − − − =

 − = +  = +

 (1)

Mặt khác chúng cùng pha nên ta có:

(

BM AM+

) (

− BN AN+

)

= (2) 1

Từ (1) và (2) ta suy ra: BM=BNMN 1=

Tại trung điểm H của AC ta có: 3,84 BH AH a

(

3 1

)

3, 477 k 3
2

 − = −   =

Định lí hàm cos cho ta: 2 2 2 0

BM =AB +AM −2AB.AM.cos 60

2 2 2

BM AM AB AB.AM

 − = −

(

)

2 a 1 a2 a

3 BM AM a a BM AM

2 2 6

−

 

 + = −  +  + =

 

Tương tự tại N ta có:

(

)

2 a 1 a a

4 BN AN a a BN AN

2 2 8

 

+ = −  −  + =

 

Thay vào biểu thức:

(

BM+AM

) (

− BN+AN

)

=1 ta được: a2−7a−24=0

Giải phương trình và loại nghiệm âm ta được: a9,52.Đáp án A

Câu 40 mã đề 202. (cùng nhóm 208, 210, 216, 218, 224).

Ở mặt chất lỏng, tại hai điểm A và B có hai nguồn dao động cùng pha theo phương thẳng đứng phát ra hai sóng

kết hợp có bước sóng λ. Trên đoạn thẳng AB có 13 điểm cực đại giao thoa. C là điểm trên mặt chất lỏng mà

ABC là tam giác đều. Trên đoạn thẳng AC có hai điểm cực đại giao thoa liên tiếp mà phần tử chất lỏng tại đó

dao động cùng pha với nhau. Đoạn thẳng AB có độ dài gần nhất với giá trị nào sau đây?

A. 6,25 λ B. 6,8 λ C. 6,65 λ D. 6,40 λ

Chuẩn hóa  =1.

Do chỉ có 13 cực đại trên đoạn AB nên ta có: 14 AB 12 7 AB a 6

2 2

 

      =  (1)

Do M và N là hai cực đại giao thoa liên tiếp nên ta có:

(

)

(

) (

)

BM AM k. k

BN AN BM AM 1

BN AN k 1 k 1

− =  =

  − − − =

 − = +  = +

 (1)

Mặt khác chúng cùng pha nên ta có:

(

BM AM+

) (

− BN AN+

)

= (2) 1

Từ (1) và (2) ta suy ra: BM=BNMN 1=

B
A

N
H

B
A

</div>
(7)<div class='page_container' data-page=7>

Tại trung điểm H của AC ta có: 2,56 BH AH a

(

3 1

)

2,196 k 2

 − = −   =

Định lí hàm cos cho ta: 2 2 2 0

BM =AB +AM −2AB.AM.cos 60

2 2 2

BM AM AB AB.AM

 − = −

(

)

2 a 1 a2 a

2 BM AM a a BM AM

2 2 4

−

 

 + = −  +  + =

 

Tương tự tại N ta có:

(

)

2 a 1 a a

3 BN AN a a BN AN

2 2 6

 

+ = −  −  + =

 

Thay vào biểu thức:

(

BM AM+

) (

− BN AN+

)

=1 ta được: a2−5a 12− =0

Giải phương trình và loại nghiệm âm ta được: a6, 77.Đáp án A

Câu 38 mã đề 203 (cùng nhóm 203, 205, 211, 213, 219, 221).

Ở mặt chất lỏng, tại hai điểm A và B có hai nguồn dao động cùng pha theo phương thẳng đứng phát ra hai sóng

kết hợp có bước sóng λ. Trên đoạn thẳng AB có 14 điểm cực tiểu giao thoa. C là điểm trên mặt chất lỏng mà

ABC là tam giác đều. Trên đoạn thẳng AC có hai điểm cực đại giao thoa liên tiếp mà phần tử chất lỏng tại đó

dao động cùng pha với nhau. Đoạn thẳng AB có độ dài gần nhất với giá trị nào sau đây?

A. 6,75 λ B. 6,90 λ C. 7,10 λ D. 7,25 λ

Chuẩn hóa  =1.

Do chỉ có 14 cực tiểu trên đoạn AB nên ta có: 15 AB 13 7,5 AB a 6,5

2 2

 

      =  (1)

Do M và N là hai cực đại giao thoa liên tiếp nên ta có:

(

)

(

) (

)

BM AM k. k

BN AN BM AM 1

BN AN k 1 k 1

− =  =

  − − − =

 − = +  = +

 (1)

Mặt khác chúng cùng pha nên ta có:

(

BM AM+

) (

− BN AN+

)

= (2) 1

Từ (1) và (2) ta suy ra: BM=BNMN 1=

Tại trung điểm H của AC ta có: 2, 745 BH AH a

(

3 1

)

2,379 k 2
2

 − = −   =

Định lí hàm cos cho ta: 2 2 2 0

BM =AB +AM −2AB.AM.cos 60

2 2 2

BM AM AB AB.AM

 − = −

(

)

2 a 1 a2 a

2 BM AM a a BM AM

2 2 4

−

 

 + = −  +  + =

 

Tương tự tại N ta có:

(

)

2 a 1 a a

3 BN AN a a BN AN

2 2 6

 

+ = −  −  + =

 

Thay vào biểu thức:

(

BM+AM

) (

− BN+AN

)

=1 ta được: a2−5a 12− =0

Giải phương trình và loại nghiệm âm ta được: a6, 77.Đáp án B

Câu 39 mã đề 204 (cùng nhóm 206, 212, 214, 220, 222).

Ở mặt chất lỏng, tại hai điểm A và B có hai nguồn dao động cùng pha theo phương thẳng đứng phát ra hai sóng

kết hợp có bước sóng λ. Trên đoạn thẳng AB có 19 điểm cực đại giao thoa. C là điểm trên mặt chất lỏng mà

B
A

</div>
(8)<div class='page_container' data-page=8>

ABC là tam giác đều. Trên đoạn thẳng AC có hai điểm cực đại giao thoa liên tiếp mà phần tử chất lỏng tại đó

dao động cùng pha với nhau. Đoạn thẳng AB có độ dài gần nhất với giá trị nào sau đây?

A. 9,18 λ B. 9,47 λ C. 9,91 λ B. 9,67 λ

Hướng dẫn 
Chuẩn hóa  =1.

Do chỉ có 19 cực đại trên đoạn AB nên ta có: 10 AB 18 10 AB a 9
2



      =  (1)

Do M và N là hai cực đại giao thoa liên tiếp nên ta có:

(

)

(

) (

)

BM AM k. k

BN AN BM AM 1

BN AN k 1 k 1

− =  =

  − − − =

 − = +  = +

 (1)

Mặt khác chúng cùng pha nên ta có:

(

BM AM+

) (

− BN AN+

)

= (2) 1

Từ (1) và (2) ta suy ra: BM=BNMN 1=

Tại trung điểm H của AC ta có: 3, 66 BH AH a

(

3 1

)

3, 29 k 3
2

 − = −   =

Định lí hàm cos cho ta: 2 2 2 0

BM =AB +AM −2AB.AM.cos 60

2 2 2

BM AM AB AB.AM

 − = −

(

)

2 a 1 a2 a

3 BM AM a a BM AM

2 2 6

−

 

 + = −  +  + =

 

Tương tự tại N ta có:

(

)

2 a 1 a a

4 BN AN a a BN AN

2 2 8

 

+ = −  −  + =

 

Thay vào biểu thức:

(

BM+AM

) (

− BN+AN

)

=1 ta được: a2−7a−24=0

Giải phương trình và loại nghiệm âm ta được: a9,52. Đáp án B

B
A

</div>
(9)<div class='page_container' data-page=9>

Để giải quyết các bài tốn này ta dùng cơng thức độc lập tổng qt sau:

Có chỉnh lại dấu trong cách chứng minh của thầy Hồng Michael cho chính xác.

Ta có: x1=A cos1

(

 +  −  +  =.t 2 2 1

)

A cos1

(

 + .t 2

)

cos+A sin1

(

 + .t 2

)

sin

Hay:

2 2

1 2 2 2 1

1 2 1 2 2

2 2 2 2 1

A x x x x

x x cos A 1 sin 1 sin cos

A A A A A

=   −   −  =  −

2 2

1 2 1 2

2 2

1 2 1 2

x x x x

2 cos sin

A A A A

 + −  = 

Câu 40 mã đề 201 (cùng nhóm 207, 209, 215, 217, 223).

Đặt điện áp xoay chiều vào hai đầu đoạn mạch gồm tụ và cuộn dây có điện trở mắc nối tiếp. Hình bên là đường

cong biểu diễn mối liên hệ của điện áp tức thời giữa hai đầu cuộn dây (ud) và điện áp tức thời giữa hai đầu tụ

điện (uC). Độ lệch pha giữa ud và uC có giá trị là

A. 2,09 rad. B. 2,42 rad. C. 2,68 rad. D. 1,83 rad. 
Gọi là độ lệch pha cần tìm.

Ta có hệ thức độc lập thời gian giữa uR và ud như sau:

2 2

d R d R

2 2 2

0 0 0

u u u u

2 cos const

U +U − U  =

Áp dụng vào thời điểm uC = – 1, ud = 2 và thời điểm uC = – 2, ud = 1 ta được:

0d 0R 0

2 2 2 2

0C 0d 0d 0R 0R 0d 0d 0R

1 4 4 4 1 4

cos cos U U U

U +U +U U  = U +U +U U   = =

Tương tự áp dụng vào thời điểm uC = – 1, ud = 2 và thời điểm uC = – 2, ud = 2 ta được:

2 2 2 2 2 2

0 0 0 0 0 0

1 4 4 4 4 8 3

cos cos cos 2, 42

U +U +U  = U +U +U    = −   4 rad

Câu 39 mã đề 202. (cùng nhóm 208, 210, 216, 218, 224).

Đặt điện áp xoay chiều vào hai đầu đoạn mạch gồm tụ và cuộn dây có điện trở mắc nối tiếp. Hình bên là đường

cong biểu diễn mối liên hệ của điện áp tức thời giữa hai đầu cuộn dây (ud) và điện áp tức thời giữa hai đầu tụ

điện (uC). Độ lệch pha giữa ud và uC có giá trị là

A. 2,56 rad. B. 2,23 rad. C. 1,87 rad. D. 2,91 rad

Gọi là độ lệch pha cần tìm.

Ta có hệ thức độc lập thời gian giữa uR và ud như sau:

2 2

d R d R

2 2

0d 0R 0d 0R

u u u u

2 cos const

U +U − U U  =

Áp dụng vào thời điểm uC = – 2, ud = 3 và thời điểm uC = – 3, ud = 2 ta được:

2 2 2 2

0d 0R 0d 0R 0d 0R 0d 0R

9 4 12 4 9 12

cos cos

U +U +U U  = U +U +U U U0d =U0R =U0

Tương tự áp dụng vào thời điểm uC = – 2, ud = 3 và thời điểm uC = – 3, ud = 3 ta được:

2 2 2 2

0 0 0 0 0 0 0 0

4 9 12 9 9 18

cos cos

U +U +U U  =U +U +U U 

5
cos

</div>
(10)<div class='page_container' data-page=10>

Câu 39 mã đề 203 (cùng nhóm 203, 205, 211, 213, 219, 221).

Đặt điện áp xoay chiều vào hai đầu đoạn mạch gồm điện trở R và cuộn dây có điện trở mắc nối tiếp. Hình bên
là đường cong biểu diễn mối liên hệ của điện áp tức thời giữa hai đầu cuộn dây (ud) và điện áp tức thời giữa hai

đầu điện trở R (uR). Độ lệch pha giữa ud và uR có giá trị là

A. 0,58 rad. B. 0,93 rad C. 1,19 rad. D. 0,72 rad.
Gọi là độ lệch pha cần tìm.

Ta có hệ thức độc lập thời gian giữa uR và ud như sau:

2 2

d R d R

2 2 2

0 0 0

u u u u

2 cos const

U +U − U  =

Áp dụng vào thời điểm uR = 1, ud = 2 và thời điểm uR = 2, ud = 1 ta được:

0d 0R 0

2 2 2 2

0R 0d 0d 0R 0R 0d 0d 0R

1 4 4 4 1 4

cos cos U U U

U +U −U U  = U +U −U U   = =

Tương tự áp dụng vào thời điểm uR = 2, ud = 2 và thời điểm uR = 2, ud = 1 ta được:

2 2 2 2

0 0 0 0 0 0 0 0

4 4 8 4 1 4

cos cos

U +U −U U  = U +U −U U 

3
cos

  = . Đáp án D

Câu 40 mã đề 204 (cùng nhóm 206, 212, 214, 220, 222).

đầu điện trở R (uR). Độ lệch pha giữa ud và uR có giá trị là

A. 0,34 rad B. 1,12 rad. C. 0,59 rad. D. 0,87 rad 
Hướng dẫn

Gọi là độ lệch pha cần tìm.

Ta có hệ thức độc lập thời gian giữa uR và ud như sau:

2 2

d R d R

2 2

0d 0R 0d 0R

u u u u

2 cos const

U +U − U U  =

Áp dụng vào thời điểm uR = 2, ud = 3 và thời điểm uR = 3, ud = 2 ta được:

2 2 2 2

0d 0R 0d 0R 0d 0R 0d 0R

9 4 12 4 9 12

cos cos

U +U −U U  =U +U −U U U0d =U0R =U0

Tương tự áp dụng vào thời điểm uR = 3, ud = 2 và thời điểm uR = 3, ud = 3 ta được:

2 2 2 2

0 0 0 0 0 0 0 0

4 9 12 9 9 18

cos cos

U +U −U U  = U +U −U U 

5
cos

</div>
(11)<div class='page_container' data-page=11>

Câu 38 mã đề 201 (cùng nhóm 207, 209, 215, 217, 223).

Hai con lắc đơn giống hệt nhau mà các vật nhỏ mang điện tích như nhau, được treo ở cùng một nơi trên mặt

đất. Trong mỗi vùng không gian chứa mỗi con lắc có một điện trường đều. Hai điện trường này có cùng cường
độ nhưng các đường sức vng góc với nhau. Giữ hai con lắc ở vị trí các dây treo có phương thẳng đứng rồi thả

nhẹ thì chúng dao động điều hịa trong cùng một mặt phẳng với cùng biên độ góc 8° và chu kỳ tương ứng là T1

và T2 = T1 + 0,25s. Giá trị của T1 là

A. 1,895s B. 1,645s C. 1,974s D. 2,274s

Trong hình vẽ, Fđ1 và Fđ2 là lực điện trong 2 trường hợp, F1 và F2 là hợp lực của trọng lực và lực điện trong

2 trường hợp, g1’ và g2’ là gia tốc biểu kiến trong 2 trường hợp.

Do Lực điện trong 2 trường hợp có độ lớn bằng nhau và chiều vng góc với nhau nên tam giác BCD

vng cân tại B.

Biên độ trong hai trường hợp đều bằng 80 nên ta có: 0

BAC= 8

Suy ra: ABC 180= 0− −80 450 =1270 ABD 127= 0−900 =370

Xét tam giác ABD: 2 d 2

0 0

F
F

sin 37 = sin 8 (1)

Xét tam giác ABC: F1 0 Fd10
sin127 = sin 8 (2)

Mà Fđ1 = Fđ2 

2 1 1 1

0 0 0

2 2

F F F g sin127

sin 37 =sin127 F =g = sin 37

2 1 1

1 1 2

T T 0, 25 g sin127

0,8681

T T g sin 37

 = = = 

( )

T 1, 645 s

 = . Đáp án B

Câu 38 mã đề 202. (cùng nhóm 208, 210, 216, 218, 224).

Hai con lắc đơn giống hệt nhau mà các vật nhỏ mang điện tích như nhau, được treo ở một nơi trên mặt đất.

Trong mỗi vùng khơng gian chứa mỗi con lắc có một điện trường đều. Hai điện trường này có cùng cường độ

nhưng các đường sức vng góc với nhau. Giữ hai con lắc ở vị trí các dây treo có phương thẳng đứng rồi thả

nhẹ thì chúng giao động điều hòa trong cùng một mặt phẳng với biên độ góc 80 và có chu kí tương ứng là T1 và

T2 = T1 + 0,25 s. Giá trị của T2 là

A. 1,974 s. B. 2,274 s. C. 1,895 s. D. 1,645 s.

Trong hình vẽ, Fđ1 và Fđ2 là lực điện trong 2 trường hợp, F1 và F2 là hợp lực của

trọng lực và lực điện trong 2 trường hợp, g1’ và g2’ là gia tốc biểu kiến trong 2

trường hợp.

Do Lực điện trong 2 trường hợp có độ lớn bằng nhau và chiều vng góc với

nhau nên tam giác BCD vuông cân tại B.

Biên độ trong hai trường hợp đều bằng 80 nên ta có: 0

BAC= 8

Suy ra: ABC 180= 0− −80 450 =1270 ABD 127= 0−900 =370

Xét tam giác ABD: 2 d 2

0 0

F
F

sin 37 = sin 8 (1)

Fđ2

Fđ1

A
C

D F2

Fđ2

Fđ1

A
C

</div>
(12)<div class='page_container' data-page=12>

Xét tam giác ABC: F1 0 Fd10
sin127 = sin 8 (2)

Mà Fđ1 = Fđ2 

2 1 1 1

0 0 0

2 2

F F F g sin127

sin 37 =sin127 F =g = sin 37

2 1 1

1 1 2

T T 0, 25 g sin127

1,52

T T g sin 37

 = = = 

( )

1 2 1

T 1, 645 s T T 0, 25 1,895 s

 =  = + = . Đáp án C

Câu 40 mã đề 203 (cùng nhóm 203, 205, 211, 213, 219, 221).

Hai con lắc đơn giống hệt nhau mà các vật nhỏ mang điện tích như nhau, được treo ở một nơi trên mặt đất.

Trong mỗi vùng không gian chứa mỗi con lắc có một điện trường đều. Hai điện trường này có cùng cường độ

nhưng các đường sức vng góc với nhau. Giữ hai con lắc ở vị trí các dây treo có phương thẳng đứng rồi thả

nhẹ thì chúng giao động điều hịa trong cùng một mặt phẳng với biên độ góc 80 và có chu kí tương ứng là T1 và

T2 = T1 + 0,3 s. Giá trị của T2 là

A. 2,274 s. B. 1,645 s. C. 1,895 s. D. 1,974 s.

Trong hình vẽ, Fđ1 và Fđ2 là lực điện trong 2 trường hợp, F1 và F2 là hợp lực của trọng lực và lực điện trong

2 trường hợp, g1’ và g2’ là gia tốc biểu kiến trong 2 trường hợp.

Do Lực điện trong 2 trường hợp có độ lớn bằng nhau và chiều vng góc với

nhau nên tam giác BCD vuông cân tại B.

Biên độ trong hai trường hợp đều bằng 80 nên ta có: 0

BAC= 8

Suy ra: ABC 180= 0− −80 450 =1270 ABD 127= 0−900 =370

Xét tam giác ABD: 2 d 2

0 0

F
F

sin 37 = sin 8 (1)

Xét tam giác ABC: F1 0 Fd10
sin127 = sin 8 (2)

Mà Fđ1 = Fđ2 

2 1 1 1

0 0 0

2 2

F F F g sin127

sin 37 =sin127 F =g = sin 37

2 1 1

1 1 2

T T 0,3 g sin127

1,52

T T g sin 37

 = = = 

( )

1 2 1

T 1,974 s T T 0,3 2, 274 s

 =  = + = . Đáp án A

Câu 40 mã đề 204 (cùng nhóm 206, 212, 214, 220, 222).

Hai con lắc đơn giống hệt nhau mà các vật nhỏ mang điện tích như nhau, được treo ở một nơi trên mặt đất.

Trong mỗi vùng khơng gian chứa mỗi con lắc có một điện trường đều. Hai điện trường này có cùng cường độ

nhưng các đường sức vng góc với nhau. Giữ hai con lắc ở vị trí các dây treo có phương thẳng đứng rồi thả

nhẹ thì chúng giao động điều hịa trong cùng một mặt phẳng với biên độ góc 80 và có chu kí tương ứng là T
1 và

T2 = T1 + 0,3 s. Giá trị của T2 là

A. 1,974 s. B. 1,895 s. C. 1,645 s. D. 2,274 s.

Trong hình vẽ, Fđ1 và Fđ2 là lực điện trong 2 trường hợp, F1 và F2 là hợp lực của trọng lực và lực điện trong

2 trường hợp, g1’ và g2’ là gia tốc biểu kiến trong 2 trường hợp.

Fđ2

Fđ1

A
C

</div>
(13)<div class='page_container' data-page=13>

Do Lực điện trong 2 trường hợp có độ lớn bằng nhau và chiều vng góc với

nhau nên tam giác BCD vuông cân tại B.

Biên độ trong hai trường hợp đều bằng 80 nên ta có: 0

BAC= 8

Suy ra: ABC 180= 0− −80 450 =1270 ABD 127= 0−900 =370

Xét tam giác ABD: F2 0 Fd 20
sin 37 = sin 8 (1)

Xét tam giác ABC: 1 d1

0 0

F
F

sin127 = sin 8 (2)

Mà Fđ1 = Fđ2 

2 1 1 1

0 0 0

2 2

F F F g sin127

sin 37 =sin127 F =g = sin 37

2 1 1

1 1 2

T T 0, 25 g sin127

1,52

T T g sin 37

 = = = 

( )

1 2 1

T 1.974 s T T 0,3 2.274 s

 =  = + =

Fđ2

Fđ1

A
C

</div>