Những bài hay luyện thi có giải

GIẢI NHỮNG CÂU KHÓ ĐỀ 6 & ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC ĐỀ 6 Câu 1: Hai dao động điều hòa cùng phương, cùng tần số, biết phương trình x 1 = A 1 cos(ωt – π/6) cm và x 2 = A 2 cos(ωt – π) cm có phương trình dao động tổng hợp là x = 9cos(ωt + φ). Để biên độ A 2 có giá trị cực đại thì A 1 có giá trị: A. 18 3 cm B. 7cm C. 15 3 cm D. 9 3 cm Vẽ giản đồ vectơ như hình vẽ và theo định lý hàm số sin: 2 2 A A Asinα = A = π π sinα sin sin 6 6 ⇒ , A 2 có giá trị cực đại khi sinα có giá trị cực đại bằng 1 ⇒ α = π/2 A 2max = 2A = 18cm ⇒ A 1 = 2 2 2 2 2 A A = 18 9 = 9 3− − (cm). Câu 2: Một vật dao động điều hòa với phương trình x = A.cos(ωt). Tỉ số giữa tốc độ trung bình và vận tốc trung bình khi vật đi được sau thời gian 3T/4 đầu tiên kể từ lúc bắt đầu dao động là A. 1/3 B. 3 C. 2 D. 1/2 Vận tốc trung bình: 2 1 tb 2 1 x x v = t t − − , 2 1 Δx = x x− là độ dời. Vận tốc trung bình trong một chu kỳ luôn bằng không Tốc độ trung bình luôn khác 0: tb 2 1 S v = t t− trong đó S là quãng đường vật đi được từ t 1 đến t 2 . Tốc độ trung bình: tocdo S 3A 4A v = = = 3T t T 4 (1); chu kỳ đầu vật đi từ x 1 = + A (t 1 = 0) đến x 2 = 0 (t 2 = ) (VTCB theo chiều dương) Vận tốc trung bình: 2 1 van toc tb 2 1 x x 0 A 4A v = = = 3T t t 3T 0 4 − − − − (2). Từ (1) và (2) suy ra kết quả bằng 3. Câu 3: Một con lắc lò xo nằm ngang gồm vật nặng tích điện q = 20µC và lò xo có độ cứng k = 10N/m. Khi vật đang nằm cân bằng, cách điện, trên mặt bàn nhẵn thì xuất hiện tức thời một điện trường đều trong không gian bao quanh có hướng dọc theo trục lò xo. Sau đó con lắc dao động trên một đoạn thẳng dài 4cm. Độ lớn cường độ điện trường E là: A. 2.10 4 V/m. B. 2,5.10 4 V/m. C. 1,5.10 4 V/m. D.10 4 V/m. Vì chiều dài đoạn thẳng dao động là 4cm nên suy ra biên độ A = 2cm. Khi vật m dao động hợp của lực điện trường và lực đàn hồi gây gia tốc a cho vật. Tại vị trí biên, vật có gia tốc cực đại. Khi đó ta có: F đ – F đh = m.a max ⇔ qE – kA = m.ω 2 .A = m. k m .A ⇔ qE = 2kA ⇒ E = 2.10 4 V/m Câu 5: Một con lắc đơn có chiều dài l = 64cm và khối lượng m = 100g. Kéo con lắc lệch khỏi vị trí cân bằng một góc 6 0 rồi thả nhẹ cho dao động. Sau 20 chu kì thì biên độ góc chỉ còn là 3 0 . Lấy g = π 2 = 10m/s 2 . Để con lắc dao động duy trì với biên độ góc 6 0 thì phải dùng bộ máy đồng hồ để bổ sung năng lượng có công suất trung bình là: A. 0,77mW. B. 0,082mW. C. 17mW. D. 0,077mW. α 0 = 6 0 = 0,1047rad và T = 2π g l = 2π 2 0,64 π = 1,6 (s) Cơ năng ban đầu W 0 = mgl(1 – cosα 0 ) = 2mglsin 2 2 0 α ≈ mgl 2 2 0 α Cơ năng sau t = 20T: W = mgl(1 – cosα) = 2mglsin 2 2 α ≈ mgl 2 2 α =mgl 8 2 0 α Độ giảm cơ năng sau 20 chu kì: ∆W = mgl( 2 2 0 α – 8 2 0 α ) = mgl 8 3 2 0 α = 2,63.10 –3 J Công suất trung bình cần cung cấp để con lắc dao động duy trì với biên độ góc là 6 0 P tb = 3 3 ΔW 2,63.10 = = 0,082.10 20T 32 − − W = 0,082mW. Câu 9: Một con lắc lò xo dao động điều hòa theo phương ngang với năng lượng dao động 1J và lực đàn hồi cực đại là 10 N. Gọi Q là đầu cố định của lò xo, khoảng thời gian ngắn nhất giữa 2 lần liên tiếp Q chịu tác dụng của lực kéo 5 3 N là 0,1s. Quãng đường lớn nhất mà vật đi được trong 0,4s là A. 60cm. B. 50cm. C. 55cm. D. 50 3 cm. 2 1 k = 50 N / m kA =1 2 A = 20 cm kA =10    ⇒      và kx = 5 3 x = 10 3cm⇒ ⇒ max T t = 0,1 = T = 0,6s S = 2A + A = 60cm 6 ⇒ ⇒ Câu 10: Một con lắc lò xo gồm lò xo có độ cứng k = 2N/m, vật nhỏ khối lượng m = 80g, dao động trên mặt phẳng nằm ngang, hệ số ma sát trượt giữa vật và mặt phẳng ngang là μ = 0,1. Ban đầu kéo vật ra khỏi vị trí cân bằng một đoạn 10cm rồi thả nhẹ. Cho gia tốc trọng trường g = 10m/s 2 . Tốc độ lớn nhất mà vật đạt được bằng A. 0,36m/s B. 0,25m/s C. 0,50m/s D. 0,30m/s Vật có tốc độ cực đại khi gia tốc bằng 0; tức là lúc hl dh ms F = F + F = 0 r r r lần đầu tiên tại N ON = x ⇒ kx = µmg ⇒ x = µmg/k = 0,04m = 4cm Khi đó vật đã đi được quãng đường S = MN = 10 – 4 = 6cm = 0,06m Theo ĐL bảo toàn năng lượng ta có: 2 2 2 max mv kx kA + =μmgS 2 2 2 − (Công của lực ma sát F ms = µmgS) 2 2 2 max mv kA kx =μmgS 2 2 2 − − ⇒ 06,0.10.08,0.1,0 2 04,0.2 2 1,0.2 2 08,0 22 2 max −−= v = 0,0036 ⇒ 2 max v = 0,09 ⇒ v max = 0,3(m/s) = 30cm/s. Cách 2: Độ giảm biên độ sau nửa chu kỳ 1 2 2μmg 2.0.1.0,08.10 A A = = = 0,08m = 8cm k 2 − Sau nửa chu kỳ đầu tiên biên độ còn lại A 2 = 2cm Tốc độ lớn nhất đạt được tại vị trí cân bằng mới 1 2 1 2 max A + A A + Ak 2 10 + 2 v =ω = = = 30 2 m 2 0,08 2 cm/s Câu 13: Một sợi dây đàn hồi được treo thẳng đứng vào một điểm cố định, đầu dưới của dây để tự do. Người ta tạo sóng dừng trên dây với tần số bé nhất là f 1 . Để có sóng dừng trên dây phải tăng tần số tối thiểu đến giá trị f 2 . Tỉ số f 2 /f 1 là: A. 1,5. B. 2. C. 2,5. D. 3. Sợi dây 1 đầu cố định, 1 đầu tự do nên v (2k 1) f (2k 1). 4 4 l l λ = + ⇒ = + 1 v k 1 f 4l = ⇒ = và 2 2 1 1 fv k 2 f 3. 3f 3 4 fl = ⇒ = = ⇒ = Chú ý: Tần số tối thiểu bằng k 1 k f f 2 + − Câu 17: Cho mạch điện xoay chiều như hình vẽ. Điện dung C có giá trị thay đổi được và cuộn dây thuần cảm. Điều chỉnh giá trị của C và ghi lại số chỉ lớn nhất trên từng vôn kế thì thấy U Cmax = 3U Lmax . Khi đó U Cmax gấp bao nhiêu lần U Rmax ? A. 3 8 B. 8 3 C. 4 2 3 D. 3 4 2 Vì C biến thiên nên: 2 2 Cmax L U U R Z R = + (1) Lmax max L L L min U U U I .Z .Z .Z Z R = = = (2) (cộng hưởng điện) và Rmax U U= (3) (cộng hưởng điện) 2 2 L Cmax L Lmax L R + Z U (1) = 3 = R = Z 8 (2) U Z ⇒ ⇒ (4) 2 2 L Cmax Rmax R + Z U (1) = (3) U R ⇒ (5) Từ (4) và (5) → 8 3 U U maxR maxC = Câu 19: Cho mạch điện xoay chiều như hình vẽ. Điện dung C có giá trị thay đổi được và cuộn dây thuần cảm. Điều chỉnh giá trị của C thì thấy: ở cùng thời điểm số, chỉ của V 1 cực đại thì số chỉ của V 1 gấp đôi số chỉ của V 2 . Hỏi khi số chỉ của V 2 cực đại thì số chỉ của V 2 gấp bao nhiêu lần số chỉ V 1 ? A. 2 lần. B. 1,5 lần. C. 2,5 lần. D. 2 2 lần Khi V 1 cực đại thì mạch cộng hưởng: U R = U = 2U C = 2U L hay R = 2Z L (1) Khi V 2 cực đại ta có: R ZRU U 2 L 2 maxC + = theo (1) → 2 2 L L Cmax L U 4Z + Z U 5 U = 2Z 2 = (2) Khi đó lại có: L 2 L 2 C Z ZR Z + = theo (1) ta được: Z C = 5Z L = 2,5R → Z = R 5 (3) Chỉ số của V 1 lúc này là R UR U U = IR = = Z 5 (4) Từ (3) và (4) ta có: Cmax R U 5 = = 2,5 U 2 Câu 47: Giả sử ban đầu có một mẫu phóng xạ X nguyên chất, có chu kỳ bán rã T và biến thành hạt nhân bền Y. Tại thời điểm t 1 tỉ lệ giữa hạt nhân Y và hạt nhân X là k. Tại thời điểm t 2 = (t 1 + 2T) thì tỉ lệ đó là Áp dụng công thức định luật phóng xạ ta có: 1 1 1 1 1 λt Y λt 0 1 λt 1X 1 0 N N (1 e ) ΔN 1 = = = k e = N N N e k +1 − − − − ⇒ (1) 2 1 2 2 1 1 2 λt λ(t +2T) Y 0 2 2 λt λ(t +2T) λt 2λT 1X 2 0 N N (1 e ) ΔN (1 e ) 1 k = = = = = 1 N N N e e e e − − − − − − − − − (2) Ta có ln2 2 T 2λT 2ln2 T 1 e = e = e = 4 − − − (3). Thay (1), (3) vào (2) ta được tỉ lệ cần tìm: 2 1 k = 1 = 4k + 3 1 1 . 1+ k 4 − . ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC Câu 1: Một con lắc lò xo có độ cứng k = 40N/m đầu trên được giữ cố định còn phía dưới gắn vật m. Nâng m lên đến vị trí lò xo không biến dạng rồi thả nhẹ vật dao động điều hòa theo phương thẳng đứng với biên độ 2,5cm. Lấy g = 10m/s 2 . Trong quá trình dao động, trọng lực của m có công suất tức thời cực đại bằng A. 0,41W B. 0,64W C. 0,5W D. 0,32W Công suất tức thời của trọng lực P cs = F.v = mg.v với v là vận tốc của vật m P max = mg.v max = mg. 2 kA m = gA mk = gA kA k g ; (vì A = ∆l 0 ) ⇒ P max = kA Ag = 40.2,5.10 –2 10.10.5,2 2− = 0,5W. Câu 2 : Một con lắc lò xo đạt trên mặt phảng nằm ngang gồm lò xo nhẹ có một đầu cố định, đầu kia gắn với vật nhỏ có khối lượng m. Ban đầu vật m được giữ ở vị trí để lò xo bị nén 9cm. Vật M có khối lượng bằng một nửa khối lượng vật m nằm sát m. Thả nhẹ m để hai vật chuyển động theo phương của trục lò xo. Bỏ qua mọi ma sát. Ở thời điểm lò xo có chiều dài cực đại lần đầu tiên, khoảng cách giữa hai vật m và M là: A. 9 cm. B. 4,5 cm. C. 4,19 cm. D. 18 cm. Khi qua vị trí cân bằng, vận tốc 2 vật là v Áp dụng định luật bảo toàn cơ năng cho quá trình hai vật chuyển động từ vị trí lò xo bị nén l ∆ đến khi hai vật qua vị trí cân bằng: 2 2 1 1 k k(Δ ) = (m +M)v v = Δ 2 2 m + M l l ⇒ (1) Đến vị trí cân bằng, vật m chuyển động chậm dần, M chuyển động thẳng đều, hai vật tách ra, hệ con lắc lò xo chỉ còn m gắn với lò xo. Khi lò xo có độ dài cực đại thì m đang ở vị trí biên, thời gian chuyển động từ vị trí cân bằng đến vị trí biên là T/4 Khoảng cách của hai vật lúc này: 2 1 T Δx = x x = v. A 4 − − (2), với m T = 2π k ; m A = v k , Từ (1) và (2) ta được: k 2π m m k π 1 1 Δx = .Δ . . .Δ = Δ . Δ = 4,19cm 1,5m 4 k k 1,5m 2 1,5 1,5 l l l l − − Cách 2 Khi hệ vật chuyển động từ VT biên ban đầu đến VTCB: CLLX (m + M = 1,5m): v max = k Aω = A 1,5m Khi đến VTCB, hai vật tách khỏi nhau do m bắt đầu chuyển động chậm dần, lúc này M chuyển động thẳng đều với vận tốc v max ở trên. Xét CLLX có vật m (vận tốc cực đại không thay đổi): v max = k A'ω' = A' m = k A 9 A A' = = cm 1,5m 1,5 1,5 ⇒ Từ khi tách nhau (qua VTCB) đến khi lò xo có chiều dài cực đại thì m đến vị trí biên A’, thời gian dao động là T' 2π π Δt = = = 4 4ω' 2ω' ; với kπ ω' = = ω 1,5 Δt = m ω.2 1,5 ⇒ . Trong thời gian này, M đi được quãng đường: s = v max .∆t = π 4,5π ωA. = cm ω.2 1,5 1,5 ⇒ khoảng cách hai vật: ∆d = s – A’ ≈ 4,19 cm Cách 3 Sau khi thả hệ con lắc lò xo dao động điều hòa, sau khi hai vật đạt vận tốc cực đai thì M tách ra chuyển động thẳng đều, còn m dao động điều hòa với biên độ A 2 2 max (m + M)v k(Δ ) = 2 2 l ⇒ max v = ∆l k m + M = ∆l k 1,5m 2 2 max mv kA = 2 2 ⇒ A = max v m k = ∆l k 1,5m m k = Δ 1,5 l = 7,348 cm Sau khi tách nhau vật m dừng lại ở vị trí biên sau thời gian t = T 4 = 2π 4 m k khi đó M đi được quãng đường S 2 = max v t = ∆l k 1,5m . 2π 4 m k = Δ .π 2 1,5 l = 11,537 cm Khoảng cách giưa hai vật khi đó là S = S 2 – A = 11,537 – 7,348 = 4,189 = 4,19 cm Câu 4: Một CLLX nằm ngang gồm lò xo có độ cứng k = 20N/m va vật nặng m = 100g .Từ VTCB kéo vật ra 1 đoạn 6cm rồi truyền cho vật vận tốc 20 14 cm/s hướng về VTCB .Biết rằng hề số ma sát giữa vật và mặt phẳng ngang là 0.4 ,lấy g = 10m/s 2 . Tốc độ cực đại của vật sau khi truyền vận tốc bằng : A. 20 cm/s B. 80 cm/s C. 20 cm/s D. 40 cm/s Vật có tốc độ cực đại khi gia tốc bằng 0; tức là lúc hl dh ms F = F + F = 0 r r r lần đầu tiên tại N ON = x ⇒ kx = µmg ⇒ x = µmg/k = 0,02m = 2cm Khi đó vật đã đi được quãng đường S = MN = 6 – 2 = 4cm = 0,04m Tại t = 0 x 0 = 6cm = 0,06m, v 0 = 20 cm/s = 0,2m/s Theo ĐL bảo toàn năng lượng ta có: 2 2 2 2 max 0 0 mv mv kx kx + = +μmgS 2 2 2 2 − (Công của F ms = µmgS) 2 2 2 2 max 0 0 mv mv kx kx = +μmgS 2 2 2 2 − − ⇒ 2 2 2 2 max 0,1v 0,1(0,2 14) 20.0,06 20.0,02 = + 0,4.0,1.10.0,04 2 2 2 2 − − = 0,044 ⇒ 2 max v = 0,88 ⇒ v max = 2204,088,0 = = 0,2. 22 (m/s) = 20 22 cm/s. Câu 5: Một vật dao động điều hòa với phương trình li độ: x = 4cos(8πt –2π/3) cm. Thời gian vật đi được quãng đường S = (2 + 2 2 ) cm kể từ lúc bắt đầu dao động là: A. 1/12 B. 5/66 C. 1/45 D. 5/96 Vật xuất phát từ M đến N thì đi được quãng đường S = 2 + 2 2 . Thời gian: T T 5 Δt = + = (s) 12 8 96 Câu 6: Một con lắc lò xo gồm vật m 1 (mỏng, phẳng) có khối lượng 2kg và lò xo có độ cứng k = 100N/m đang dao động điều hòa trên mặt phẳng nằm ngang không ma sát với biên độ A = 5cm. Khi vật m 1 đến vị trí biên thì người ta đặt nhẹ lên nó một vật có khối lượng m 2 . Cho hệ số ma sát giữa m 2 và m 1 là μ = 0,2 và g = 10m/s 2 . Giá trị của m 2 để nó không bị trượt trên m 1 là A. m 2 ≤ 0,5kg B. m 2 ≤ 0,4kg C. m 2 ≥ 0,5kg D. m 2 ≥ 0,4kg Để vật m 2 không trượt trên m 1 thì lực quán tính cực đại tác dụng lên m 2 có độ lớn không vượt quá lực ma sát nghỉ giữa m 1 và m 2 tức là msn qtmax F F≥ 2 2 max μm g m a⇒ ≥ ⇒ 2 2 1 2 k μg ω A μg A m 0,5(kg) m + m ≥ ⇔ ≥ ⇔ ≥ Cách 2 Sau khi đặt m 2 lên m 1 hệ dao động với tần số góc ω = 1 2 k m + m ⇒ ω 2 = 1 2 k m + m Để m 2 không trượt trên m 1 thì gia tốc chuyển động của m 2 có độ lớn lớn hơn hoặc bằng độ lớn gia tốc của hệ (m 1 + m 2 ); với a = – ω 2 x. Lực ma sát giữa m 2 và m 1 gây ra gia tốc của m 2 có độ lớn: a 2 = µg = 2m/s 2 Điều kiện để m 2 không bị trượt trong quá trình dao động là a max = ω 2 A ≤ a 2 ; suy ra 1 2 kA μg m + m ≤ ⇒ µg(m 1 + m 2 ) ≥ kA ⇔ 2(2 + m 2 ) ≥ 5⇒ m 2 ≥ 0,5kg. Câu 8: Một con lắc lò xo treo thẳng đứng, khi vật ở vị trí cân bằng lò xo giãn 4cm. Kích thích cho vật dao động điều hòa thì thấy thời gian lò xo bị nén trong một chu kì là T/3 (T là chu kì dao động của vật). Độ giãn và độ nén lớn nhất của lò xo trong quá trình vật dao động là: A. 12 cm và 4 cm. B. 15 cm và 5 cm. C. 18 cm và 6 cm. D. 8 cm và 4 cm. Thời gian lò xo nén là T/3. Thời gian khi lò xo bắt đầu bị nén đến lúc nén tối đa là T/6. Độ nén của lò xo là A/2, bằng độ giãn của lò xo khi vật ở vị trí cân bằng. Suy ra A = 8cm. Do đó độ giãn lớn nhất của lò xo A/2 + A = 4cm + 8cm = 12cm, còn độ nén lớn nhất A/2 = 4cm Câu 11. Một sợi dây đàn hồi căng ngang, đang có dóng dừng ổn định. Trên dây A là một nút, B là điểm bụng gần A nhất, AB = 14cm. C là một điểm trên dây trong khoảng AB có biên độ bằng một nửa biên độ của B. Khoảng cách AC là A. 14/3 cm B. 7 cm C. 3,5 cm D. 1,75 cm λ = 4.AB = 46 cm Dùng liên hệ giữa ĐĐĐH và chuyển động tròn đều: AC = 30 .λ 360 = 14/3 cm Câu 12. Hai điểm A, B nằm trên cùng một đường thẳng đi qua một nguồn âm và ở hai phía so với nguồn âm. Biết mức cường độ âm tại A và tại trung điểm của AB lần lượt là 50 dB và 44 dB. Mức cường độ âm tại B là A. 28 dB B. 36 dB C. 38 dB D. 47 dB Từ công thức I = P/4πd 2 Ta có: 2 A M M A I d = ( ) I d và L A – L M = 10.lg(I A /I M ) → d M = 0,6 A 10 .d Mặt khác M là trung điểm cuả AB, nên ta có: AM = (d A + d B )/2 = d A + d M ; (d B > d A ) Suy ra d B = d A + 2d M Tương tự như trên, ta có: 2 0,6 2 A B B A I d = ( ) = (1+ 2 10 ) I d và L A – L B = 10.lg(I A /I B ) Suy ra L B = L A – 10.lg 0,6 2 (1 2 10 )+ = 36dB Cách 2 Cường độ âm tại điểm cách nguồn âm khoảng R; I = 2 P 4πR = 10 L .I 0 ; với P là công suất của nguồn; I 0 cường độ âm chuẩn, L mức cường độ âm→ R = 0 P 4π.I L 1 10 M là trung điểm của AB, nằm hai phía của gốc O nên: R M = OM = B A R R 2 − (1) Ta có R A = OA và L A = 5 (B) → R A = 0 P 4π.I LA 1 10 = 0 P 4π.I 5 1 10 (2) Ta có R B = OB và L B = L → R B = 0 P 4π.I LB 1 10 = 0 P 4π.I L 1 10 (3) Ta có R M = OM và L M = 4,4 (B) → R M = 0 P 4π.I LM 1 10 = 0 P 4π.I 4,4 1 10 (4) Từ đó ta suy ra 2R M = R B – R A → 2 4,4 10 1 = L 10 1 – 5 10 1 → L 10 1 = 5 10 1 + 2 4,4 10 1 L 10 = 9,4 4,4 5 10 10 + 2 10 → L 2 10 = 5,22,2 7,4 10.210 10 + = 63,37 → 8018,1 2 = L → L = 3,6038 (B) = 36 (dB) Câu 13: Tại O có 1 nguồn phát âm thanh đẳng hướng với công suất không đổi. Một người đi bộ từ A đến C theo một đường thẳng và lắng nghe âm thanh từ nguồn O thì nghe thấy cường độ âm tăng từ I đến 4I rồi lại giảm xuống I. Khoảng cách AO bằng: A. AC 2 2 B. AC 3 3 C. AC 3 D. AC 2 Do nguồn phát âm thanh đẳng hướng. Cường độ âm tại điểm cách nguồn âm R là 2 P I = 4πR . Giả sử người đi bộ từ A qua M tới C → I A = I C = I → OA = OC Giả thuyết: I M = 4I → OA = 2.OM. Trên đường thẳng qua AC I M đạt giá trị lớn nhất, nên M gần O nhất → OM vuông góc với AC và là trung điểm của AC AO 2 = OM 2 + AM 2 = 2 2 AO AC + 4 4 → 3AO 2 = AC 2 → AO = AC 3 3 Câu 16: Cho hai mạch dao động lí tưởng L 1 C 1 và L 2 C 2 với C 1 = C 2 = 0,1μF, L 1 = L 2 = 1 μH. Ban dầu tích điện cho tụ C 1 đến hiệu điện thế 6V và tụ C 2 đến hiệu điện thế 12V rồi cho mạch dao động. Thời gian ngắn nhất kể từ khi mạch dao động bắt đầu dao động thì hiệu điện thế trên 2 tụ C 1 và C 2 chênh lệch nhau 3V? A. 6 10 6 − s B. 6 10 3 − s C. 6 10 2 − s D. 6 10 12 − s Hai mạch dao động có 1 2 1 2 C = C ; L = L nên 1 2 1 1 ω = ω = ω = L C 1 Khi cho hai mạch bắt đầu dao động cùng một lúc thì hiệu điện thế giữa hai bản tụ của mỗi mạch dao động biến thiên cùng tần số góc. Ta biểu diễn bằng hai đường tròn như hình vẽ Tại thời điểm t kể từ lúc bắt đầu dao động, hiệu điện thế trên mỗi tụ là u 1 , u 2 Theo bài toán: u 2 – u 1 = 3V (1) Từ hình vẽ, ta có: 02 2 01 1 U u = = 2 U u (2) Từ (1) và (2), ta được: 6 01 1 U π Δα π 10 u = 3V =Δα = Δt = = = (s) 2 3ω 3ω 3 − ⇒ ⇒ . Cách 2: Phương trình hiệu điện thế: 1 2 u = 6cos(ωt); u = 12cos(ωt) Vì hiệu điện thế biến thiên cùng tần số, có nghĩa là khi u 1 giảm về 0 thì u 2 cũng giảm về 0. Do đó, ta có: 2 1 u u = 3 12cosωt 6cosωt = 3− ⇒ − 1π cosωt = ωt = ± + k2π 2 3 ⇔ ⇒ Vì hiệu điện thế trên mỗi tụ đang giảm nên ta chọn họ nghiệm π ωt = + k2π 3 Thời gian ngắn nhất nên ta chọn k = 0. Vậy 6 π π 10 ωt = t = = (s) 3 3ω 3 − ⇒ Câu 25: Mắc vào hai đầu đoạn mạch RLC nối tiếp gồm một nguồn điện xoay chiều có tần số f thay đổi được. Khi tần số f 1 = 60Hz, hệ số công suất đạt cực đại cosφ 1 = 1. Khi tần số f 1 = 120Hz, hệ số công suất nhận giá trị cosφ 2 = 2 2 . Khi tần số f 3 = 90Hz thì hệ số công suất của mạch bằng A. 0,874 B. 0,486 C. 0,625 D. 0,781 Khi cosφ 1 = 1 ⇒ Z L1 = Z C1 ⇒ 120πL = 1 120π.C ⇒ LC = 2 1 (120π) (1) Khi cosϕ 2 = 2 2 ⇒ ϕ 2 = 45 0 ⇒ tanϕ 2 = L2 C2 Z Z R − = 1 ⇒ R = Z L2 – Z C2 tanϕ 3 = 2 L3 C3 L3 C3 2 L2 C2 1 180πL Z Z Z Z 4 (180π) LC 1 180πC = = = . 1 R Z Z 3 (240π) LC 1 240πL 240πC − − − − − − − tanϕ 3 = 2 2 2 2 (180π) 1 4 4 5 5 (120π) = = (240π) 3 3 4.3 9 1 (120π) − − ⇒ (tanϕ 3 ) 2 = 25/91 ⇒ 2 3 1 25 106 1 cos 81 81 = + = ϕ ⇒ cosϕ 3 = 0,874. Cách 2 T/h 1: Z L1 = Z C1 T/h 2: f 2 = 2f 1 ⇒ Z L2 = 4Z C2 và cosϕ 2 = 2 2 ⇒ ϕ 2 = 45 0 ⇒ R = Z L2 – Z C2 ⇒ Z C2 = R/3 ⇒ 2 3 C = 2πf R T/h 3: f 3 = 1,5.f 1 ⇒ Z L3 = 2,25.Z C3 ⇒ 3 2 2 2 2 2 2 C 2 2 3 R R cos 0,874 R (1,25) Z (2 f ) R R 1,5625 (2 f ) ϕ = = = + π + π Câu 26: Đặt điện áp u = U 2 cos(ωt + φ) (V) vào hai đầu mạch RLC nối tiếp, cuộn dây thuần cảm, điện dung C thay đổi được. Khi điện dung có C = C 1 , đo điện áp hai đầu cuộn dây, tụ điện và điện trở lần lượt U L = 310V và U C = U R = 155V. Khi thay đổi C = C 2 để U C2 = 155 2 V thì điện áp hai đầu cuộn dây khi đó bằng A. 175,3V. B. 350,6V. C. 120,5V. D. 354,6V ( ) ( ) 2 2 2 L L L Z = 2R U 155 2 = + U 155 2 2 U =155 2     ⇒ −   ÷     L U = 350,6V⇒ Câu 27: Cho đoạn mạch RLC nối tiếp, cuộn dây thuần cảm và điện trở R thay đổi được. Đặt vào hai đầu đoạn mạch điện áp xoay chiều có giá trị hiệu dụng U = 200V. Khi R = R 1 và R = R 2 thì mạch có cùng công suất. Biết R 1 + R 2 = 100Ω. Công suất của đoạn mạch khi R = R 1 bằng A. 400W. B. 220W. C. 440W D. 880W P 1 = P 2 ⇒ 1 2 2 1 L C R R +(Z Z )− = 2 2 2 2 L C R R +(Z Z )− ⇒ (Z L – Z C ) 2 = R 1 .R 2 P 1 = 2 1 2 2 1 L C U R R +(Z Z )− = 2 1 2 1 1 2 U R R + R R = 2 1 2 U R + R = 400W. Câu 28: Một đoạn mạch xoay chiều gồm 3 phần tử mắc nối tiếp: điện trở thuần R, cuộn dây có (L; r) và tụ điện có điện dung C. Đặt vào hai đầu đoạn mạch một điện áp xoay chiều, khi đó điện áp tức thời ở hai đầu cuộn dây và hai đầu tụ điện lần lượt là: u d = 80 6 cos(ωt + π 6 ) V, u C = 40 2 cos(ωt – 2π 3 ) V, điện áp hiệu dụng ở hai đầu điện trở là U R = 60 3 V. Hệ số công suất của đoạn mạch trên là A. 0,862. B. 0,908. C. 0,753. D. 0,664. d C π 2π 5π φ φ = + = 6 3 6 − ⇒ u C chậm so với i một góc π/2 vậy u d nhanh pha so với i một góc π/2 tanφ d = tan π 3 = L r U U nên L r U = 3U mà 2 2 2 2 d r L r U = U + U = 4U r L U = 40 3 (V) và U = 120 (V) ⇒ R r U + U cosφ = = 0,908 U ⇒ Câu 29: Cho một mạch điện xoay chiều AB gồm điện trở thuần R = 100Ω, cuộn dây thuần cảm L, tụ điện có điện dung C. Đặt vào hai đầu đoạn mạch một hiệu điện thế xoay chiều u = 220 2 cos100πt (V), biết Z L = 2Z C . Ở thời điểm t hiệu điện thế hai đầu điện trở R là 60(V), hai đầu tụ điện là 40(V). Hỏi hiệu điện thế hai đầu đoạn mạch AB khi đó là: A. 220 2 (V) B. 20 (V) C. 72,11 (V) D. 100 (V) Ta có hiệu điện thế hai đầu đoạn mạch ở thời điểm t là: u AB = u R + u C + u L = 20(V); (vì u C và u L ngược pha nhau) Câu 30: Đặt điện áp u = U 2 cos(2πft) vào hai đầu đoạn mạch gồm điện trở thuần R, cuộn cảm thuần L và tụ điện C mắc nối tiếp. Biết U, R, L, C không đổi, f thay đổi được. Khi tần số là 50Hz thì dung kháng gấp 1,44 lần cảm kháng. Để công suất tiêu thụ trên mạch cực đại thì phải điều chỉnh tần số đến giá trị bao nhiêu? A. 72Hz B. 34,72Hz C. 60Hz D. 50 2 Hz Khi f = f 1 = 50 (Hz): Z C1 = 1,44.Z L1 ⇔ 1 1 2πf .C = 1,44.2πf 1 L ⇒ LC = 2 2 1 1 1,44.4π f (1) Gọi f 2 là tần số cần điều chỉnh để công suất tiêu thụ trên mạch cực đại. Khi f = f 2 thì trong mạch xảy ra cộng hưởng: Z C2 = Z L2 ⇔ 2 1 2πf .C = 2πf 2 .L ⇒ LC = 2 2 2 1 4π f (2) So sánh (1) và (2), ta có: 2 2 2 1 4π f = 2 2 1 1 1,44.4π f ⇒ f 2 = 1,2.f 1 = 1,2.50 = 60 (Hz) Câu 31: Đặt điện áp xoay chiều có u = 100 2 cos(ωt) V vào hai đầu mạch gồm điện trở R nối tiếp với tụ C có Z C = R. Tại thời điểm điện áp tức thời trên điện trở là 50V và đang tăng thì điện áp tức thời trên tụ là A. – 50V. B. – 50 3 V. C. 50V. D. 50 3 V. Từ Z C = R ⇒ U 0C = U 0R = 100V mà R u 50 i = = R R còn 0R 0 U I = R Áp dụng hệ thức độc lập trong đoạn chỉ có tụ C: 2 R 2 2 2 C C 2 2 2 2 0R 0C 0 u ( ) u u i R + =1 =1 U U I 100 ( ) R ⇒ + 2 C C u = 7500 u = ± 50 3V⇒ ⇒ ; vì đang tăng nên chọn C u = 50 3V− Cách 2 R = Z C → U R = U C . Ta có: U 2 = U R 2 + U c 2 = 2U R 2 → U R = 50 2 V = U C . Mặt khác: C Z tanφ = R − = − 1 → π = 4 ϕ − Từ đó ta suy ra pha của i là ( π ωt + 4 ). Xét đoạn chứa R: u R = U 0R cos( π ωt + 4 ) = 50 → cos( π ωt + 4 ) = 2 1 Vì u R đang tăng nên u' R > 0 suy ra sin( π ωt + 4 ) < 0 ⇒ vậy ta lấy sin( π ωt + 4 ) = – 2 3 (1) và u C = U 0C .cos( π ωt + 4 – π 2 ) = U 0C .sin( π ωt + 4 ) (2) Thế U 0C = 100V và thế (1) vào (2) ta có u C = – 50 3 V . GIẢI NHỮNG CÂU KHÓ ĐỀ 6 & ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC ĐỀ 6 Câu 1: Hai dao động điều hòa cùng phương, cùng tần số, biết phương trình x 1 = A 1 cos(ωt – π/6) cm và x 2 = A 2 cos(ωt – π) cm có phương. (2) Ta có ln2 2 T 2λT 2ln2 T 1 e = e = e = 4 − − − (3). Thay (1), (3) vào (2) ta được tỉ lệ cần tìm: 2 1 k = 1 = 4k + 3 1 1 . 1+ k 4 − . ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC Câu 1: Một con lắc lò xo có độ cứng. vật. Tại vị trí biên, vật có gia tốc cực đại. Khi đó ta có: F đ – F đh = m.a max ⇔ qE – kA = m.ω 2 .A = m. k m .A ⇔ qE = 2kA ⇒ E = 2.10 4 V/m Câu 5: Một con lắc đơn có chiều dài l = 64cm