giải chi tiết Quỳnh Lưu lần 1 năm 2013

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO NGHỆ AN TRƯỜNG THPT QUỲNH LƯU 3 ĐÁP ÁN CHI TIẾT ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN I NĂM 2013 Môn: Vật lí – Mã đề thi: 149 Câu 1: Đáp án: B. Do l T 2 g = π Câu 2: Đáp án: D: Vị trí vân sáng bậc k: 1 s,k D x k a λ = ; Vị trí vân tối thứ k: 2 t,k D1 x k 2 a λ   = −  ÷   . Lập tỉ số được 2k 2k 1− Câu 3: Đáp án: D Vị trí có vân cùng màu vân trung tâm là vị trí có cả 3 bức xạ: Lúc đó 1 1 2 2 3 3 k k kλ = λ = λ Xét 1 1 2 2 k kλ = λ 1 2 k 0,56 4 8 12 k 0,42 3 6 9 ⇒ = = = = . Do trong khoảng có hai vạch trùng của 1 λ và 2 λ nên vị trí vân bậc 9 của 2 λ và bậc 12 của 1 λ có cả bức xạ 3 λ , nghĩa là 1 3 3 12 kλ = λ 3 3 k 5,04 m⇒ λ = µ . Vì 3 λ là ánh sáng nhìn thấy nên có 3 0,38 m 0,76 mµ ≤ λ ≤ µ 3 6,63 k 13,26⇒ ≤ ≤ . Mặt khác do 3 2 3 k 9λ > λ ⇒ < , kết hợp đk của k 3 ở trên ta nhận k 3 hai giá trị 7 và 8. Vì trong khoảng xét có 3 vạch trùng của 1 λ và 3 λ , nghĩa là chia đoạn đó ra thành 4 khoảng nên k 3 phải là bội số của 4. Nhận k 3 = 8. 3 0,63 m⇒ λ = µ Câu 4: Đáp án B Câu 5: Đáp án B. Ta có 1 1 2 2 2 c L C 2 c L Cπ ≤ λ ≤ π Câu 6: Đáp án A. Tại t 1 : 2 2 2 1 1 2 v A x= + ω (1). Tại t 2 : 2 2 2 2 2 2 v A x= + ω (2). ⇒ A=6cm, 20 ω = rad/s Khi 3 x 3 3= m 2 2 3 3 v A x 60⇒ = ω − = cm/s Câu 7 : Đáp án C Câu 8: Đáp án D: Vân sáng cùng màu vân sáng trung tâm phải có sự trùng nhau cả 3 bức xạ, nên có 1 1 2 2 3 3 k k kλ = λ = λ 1 2 3 k :k : k 15 :12 :10⇒ = . Vậy khoảng cách giữa vân trung tâm đến vân sáng tiếp theo cùng màu vân sáng trung tâm có 14 vân của 1 λ , 11 vân của 2 λ , 9 vân của 3 λ . Hệ vân gồm 2 bức xạ trùng nhau trong vùng xét: 1 2 1 1 2 2 2 2 2 3 3 3 1 1 3 3 1 3 k 5 10 k 4 8 k k k 6 k k k 5 k k k 3 6 9 12 k 2 4 6 8  = =   λ = λ    λ = λ ⇒ =     λ = λ   = = = =   Tất cả 7 vân không đơn sắc, mỗi vân mất 2 vân đơn sắc, vậy tổng số vân đơn sắc tìm được là: (14+11+9) – l4 = 20 Câu 9: Đáp án C: Vì W d = 3W t nên có 0 2 α α = . Ta có 2 2 0 T mg(1 1,5 ) 5,035N= − α + α = Câu 10: Đáp án A: 2 2 0 C I u i 50mA L = + = Câu 11: Đáp án C: Ta có: P = UIk ⇒ P I Uk = . Công suất hao phí: 2 2 P P I R .R Uk   ∆ = =  ÷   Do hiệu suất cần > 90% thì: P P 0,9 P − ∆ > 2 2 0,1.U .k R 4,05 P ⇒ < = Ω Câu 12: Đáp án A: Do 2 1 1 1 1 2 2 2 c LC C 4 c L λ λ = π ⇒ = π (1), 2 2 2 2 2 2 2 2 c LC C 4 c L λ λ = π ⇒ = π (2) 1 2 2 2 2 c LC C 4 c L λ λ = π ⇒ = π (3). Khi tụ C tương đương C 1 //C 2 thì có C = C 1 + C 2 . (4) Thay (1),(2),(3) vào (4) thì được 2 2 1 2 150mλ = λ +λ = Câu 13: Đáp án C: Gọi CM = IH = x Trên hình ta có: ( ) 2 2 2 2 1 d AH MH 4 x 2= + = + + (1) ( ) 2 2 2 2 2 d BH MH 4 x 2= + = − + (2) Vì M cực tiểu nên có: 1 2 1 d d k 2   − = + λ  ÷   . Vì cực tiểu gần C nhất nên là cực tiểu thứ nhất, nhận k = 0. Vậy có: 1 2 d d 1cm− = (3). Thay (1),(2) vào (3). Giải phương trình ta được CM = x = 0,56cm. Câu 14: Đáp án: B. Sau T 12 vật chuyển động tròn đều có cùng chu kì T quét được góc 6 π α = . Thời điểm đó trên hình tính được 0 3 i I 2 = . Hay lúc đó năng lượng từ bằng 3 lần năng lượng điện. Câu 15: Đáp án A. Câu 16: Đáp án C. Ta có: 3,3 i 0,55mm 6 = = . Vậy ai 0,55 m D λ = = µ . Màu lục Câu 17: Đáp án D. Ta có : NBScos( t )Wb 3 π Φ = ω + . e ' NBSsin( t ) NBScos( t ) 220 2cos( t )V t 3 6 6 ∆Φ π π π ⇒ = − = −Φ = ω ω + = ω ω − = ω − ∆ Câu 18 : Đáp án B. Biểu thức cần tìm có dạng : L 0L uL u U cos(100 t )V= π +ϕ Ta có L C Z Z tan 1 R 4 − π ϕ = = ⇒ ϕ = . Mà i u uL i 4 2 4 π π π ϕ = ϕ −ϕ = − ⇒ ϕ = + ϕ = ( ) 2 2 L C Z R Z Z 50 2= + − = Ω . 0 0 U I 4A Z ⇒ = = . 0L 0 L U I Z= =4.100=400V Vậy L u 400cos(100 t )V 4 π = π + Câu 19 : Đáp án C. Ta có 2 1 1 2 1 U P R Z = và 2 1 2 2 2 U P R Z = . Do 1 2 P P= ( ) 2 2 2 2 2 1 2 L C 2 1 L C 1 2 L C R (R (Z Z ) ) R (R (Z Z ) ) R R Z Z⇒ + − = + − ⇒ = − Câu 20 : Đáp án A. Khi 1 ω = ω và khi 2 ω = ω thì có 1 2 I I= nên 2 2 2 2 1 2 1 2 U U 1 1 R L R L C C =     + ω − + ω −  ÷  ÷ ω ω     1 2 1 . LC ⇒ ω ω = Câu 21 : Đáp án A Câu 22 : Đáp án D. Câu 23: Đáp án C. Vị trí lò xo không biến dạng có W đ = W t nên vị trí đó có 2 x A 2 = ± . Vậy thời gian lò xo bị nén trong 1 chu kì là: nen t 0,25s 2 α ∆ = = ⇒ ω = π ω (rad/s). 2 k m 4⇒ = ω = N/m 2 ● A ● B C M 1 d 2 d HI Δ 6 π i I 0 O Câu 24: Đáp án C. Chọn t = 0 khi 0 U u 2 = và đang tăng nên u i 3 6 π π ϕ = − ⇒ ϕ = . 6 1 5.10 LC ω = = (rad/s). 2 0 0 C I U 4.10 A L − = = . Vậy 2 6 i 4.10 cos(5.10 t )A 6 − π = + . Câu 25: Đáp án B. Vị trí vân đỏ bậc 4: d 4d D x 4 a λ = . Vị trí vân sáng bậc k bất kì: D x k a λ = . Do các vân trùng nhau nên có: x = x d hay d d 4 3,04 k 4 ( m) k k λ λ = λ ⇒ λ = = µ . Vì 0,38 m 0,76 mµ ≤ λ ≤ µ suy ra: 4 k 8≤ ≤ . k nhận các giá trị khác vân đỏ bậc 4 là: 5,6,7,8. Vậy có 4 vân sáng đơn sắc khác. Câu 26: Đáp án A: Đề đánh máy lỗi đơn vị 30π(m/s 2 ) thành 30π(cm/s 2 ), sorry!!!. Ta có max v A 6= ω = (m/s); 2 max a A 60= ω = π (m/s 2 ). ⇒ 10ω = π (rad/s) và 6 A m 10 = π . Khi vật có vận tốc 3m/s và thế năng đang tăng thì có li độ 2 2 2 v 3 3 x A (m) 10 = − = ω π . Vị trí có gia tốc 30π(m/s 2 ) có li độ là 2 a 3 x (m) 10 = − = − ω π . Thời gian ngắn nhất cần tìm bằng thời gian vật chuyển động tròn đều cùng chung ω quét được góc 5 6 π α = như hình vẽ: 1 t s 12 α ∆ = = ω Câu 27: Đáp án B. Câu 28: Đáp án B. C 1 Z 80 C = = Ω ω . Ta có : 2 2 AM RL RL L 2 2 2 L C C C L 2 2 L U U U U I.Z R Z R (Z Z ) Z 2Z Z 1 R Z = = = + = + − − + + Đặt 2 C C 2 2 Z 2Z .x y R x − = + với x = Z L . Để U AM đạt max thì y phải min. 2 2 2 C C C y' 2Z (R x ) 2x(Z 2Z .x) 0⇒ = − + − − = . L 0,9 x Z 90 L (H)⇒ = = Ω ⇒ = π Câu 29: Đáp án D. Do RC U ur lệch với U ur góc 2 3 π , mà U = U RC =120V nên từ giản đồ véc tơ dễ thấy R U ur là phân giác góc 2 3 π R U 60V⇒ = R U R 50 I ⇒ = = Ω Câu 30: Đáp án B. Gọi v là vận tốc của m ngay trước va chạm thì ta có mgh = 2 1 mv 2 v 2gh 2⇒ = = m/s. Ngay sau va chạm hai vật dính vào nhau chuyển động cùng vận tốc V. Ta có mv = (M+m)V, mv V 0,5 M m ⇒ = = + m/s. k 5 M m ω = = + (rad/s). Vị trí va chạm cách vị trí chọn gốc tọa độ: 3 3 10 − π 3 3 10π x(m) O U ur RC U ur R U ur L U ur C U ur 2 3 π L C U U+ ur ur (M m)g Mg mg x 0,1m 10cm k k k + = − = = = Chọn t = 0 và hệ quy chiếu như đề ra ta có : x Acos 10cm 3 A 10 2cm; v Asin 50(cm / s) 4 = ϕ = −  π ⇒ = ϕ = −  = −ω ϕ =  3 x 10 2cos(5t )cm 4 π ⇒ = − Câu 31: Đáp án A. Câu 32: Đáp án C. Ta có 2 A B A B B A I r L L 10lg 10lg 6 I r     − = = ≈  ÷  ÷     B L 74dB⇒ ≈ Câu 33: Đáp án A. Ta có 1 2 1 2 x x x A A A= + ⇒ = + ur uur uur Dễ thấy 2 3 6 π π π α = − = . Từ giản đồ áp dụng định lí hàm sin thì có : 2 2 AA A A sin sin sin sin = ⇒ = β α β α . Ta thấy A 2 đạt max khi sinβ = 1. Vậy A 2 = 10 3 cm 2 2 1 2 A A A 15cm⇒ = − = Câu 34: Đáp án A Câu 35: Đáp án D. Gọi M là điểm trên AB cách A và B lần lượt d 1 và d 2 . Ta có d 1 + d 2 = AB = 7λ. Sóng tại M do từ A và B truyền đến có phương trình lần lượt là: 1M 1 2 x acos( t d ) π = ω − λ , 2M 2 2 x acos( t d ) π = ω − λ Phương trình sóng tại M: M 1M 2M 1 2 1 2 x x x 2acos (d d cos t (d d ) π π     = + = − ω − +  ÷  ÷ λ λ     1 2 1 2 1 2 x 2acos (d d cos( t 7 ) 2acos (d d cos( t ) 2acos (d d cos t π π π       ⇒ = − ω − π = − ω − π = − − ω  ÷  ÷  ÷ λ λ λ       Để tại M cực đại cùng pha với nguồn thì 1 2 1 2 cos (d d ) 1 d d (2k 1) π   − = − ⇒ − = + λ  ÷ λ   Kết hợp với d 1 + d 2 = AB = 7λ ta có : d 1 = (k+4)λ. Mà 1 0 d AB< < 4 k 3 ⇒ − < < . Vậy k nhận 6 giá trị là 0, 1± , 2± và 3− . Vậy có 6 điểm thỏa mãn. Câu 36: Đáp án C. Câu 37: Đáp án D. Gọi tần số ban đầu là 1 f . Ta có 1 1 v AB k k 2 2f λ = = (số nút là k + 1) Tần số sau khi tăng là 2 1 f f 30= + thì số nút sóng tăng thêm 5 nút. Ta có: 2 1 v AB (k 5) (k 5) 2 2(f 30) λ = + = + + 1 v f 6k AB 1m v 12 12 ⇒ = ⇒ = = ⇒ = m/s Câu 38: Đáp án A: Ta có min 2 (1 os ) 2 S A c α ∆ = − = 10cm 2 3 π ⇒ ∆α = T 0,5s T 1,5s 3 ⇒ = ⇒ = Vậy max 2 2.3,14 v A A .10 41,87 T 1,5 π = ω = = = cm/s Câu 39 : Đáp án A. Khi C = C 1 hoặc C = C 2 do điện áp giữa hai bản tụ như nhau nên có     = ⇒ = ⇒ =  ÷  ÷     2 2 1C 2C 1C 2C 1C 2C 1 2 1 2 U.Z U.Z Z Z U U Z Z Z Z . Khai triển cụ thể và biến đổi ta được + + = ⇒ = ω + + 2 2 L 1 2 2 2 1 2 L L R Z 2L 2 (C C ) (C C ) Z R Z (Bằng cách nhân 2 vế với ω 1 ) Mặt khác khi U L đạt max thì phải có: + = = ω 2 2 L C L R Z 1 Z C Z . Kết hợp ta có: 4 1 2 C C 2.10 C F 2 − + = = π 4 1 A ur 2 A ur A ur ∆ β α O Câu 40 : Đáp án C. Thay đổi R = R 0 thì công suất tiêu thụ trên toàn mạch cực đại. Lúc đó 0 L C 0 R r Z Z 100 R 80+ = − = Ω ⇒ = Ω . Cường độ dòng điện trong mạch U 240 I 1,2A Z 2.100 2 = = = . Công suất tỏa trên r là : 2 2 r P I r 1,2 .20 28,8W= = = Câu 41 : Đáp án D. Câu 42 : Đáp án D. Từ giản đồ ta có U L = U.sin 6 π = 30 3 (V) 3 r U U 30(V) tan 3 = = π , U R + U r = 90V R U 60V⇒ = I 2A ⇒ = r U r 15 I ⇒ = = Ω Câu 43 : Đáp án B. Thời gian đó đúng bằng 1 chu kì Câu 44 : Đáp án D. Câu 45 : Đáp án B. Số dao động đến khi vật dừng hẳn : 0 0 0 0 100.0,05 0,125 4 4 4 4.0,1.10.10 = = = ⇒ = = = ∆ c A kA kA kA N A F mg mgN µ µ Câu 46 : Đáp án D : Tốc độ truyền sóng trên mặt nước 450 v f 50 k = λ = λ = . (Vì hai điểm cách nhau 9cm dao động cùng pha nên 9 d k 9cm k ∆ = λ = ⇒ λ = ) Đề cho 70cm / s v 80m / s ≤ ≤ 5,6 k 6,4 k 6 v 75⇒ ≤ ≤ ⇒ = ⇒ = cm/s. Câu 47: Đáp án B. Ta có: 1 2 1 2 1 2 tan tan tan( ) tan 3 1 tan .tan 3 ϕ + ϕ π ϕ + ϕ = = = − ϕ ϕ Trong đó tan 1 ϕ = L Z R ; tan C L 2 Z Z R − ϕ = . Thay vào ta có: C L L 2 L C L L C L C L L Z Z Z R R 3 Z Z Z 3(R Z (Z Z )) Z Z Z 1 . R R − + = ⇒ + − = − − − − 2 L L 100 Z 100Z 7500 0 3 ⇒ − + + = L 1 Z 50 L H 2 ⇒ = Ω ⇒ = π Câu 48: Đáp án C. Câu 49: Đáp án A. 0 0 d d D (n 1)8 4= − = ; 0 0 t t D (n 1)8 4,32= − = ; Độ rộng vùng quang phổ được tính MN = HM – HN = AH(tanD t – tanD d ) = 1,5(tan4,32 0 – tan4 0 ) = 8,42.10 -3 m = 8,42 mm. Câu 50: Đáp án B. Câu 51: Đáp án B. Câu 52: Đáp án C. Ta có : i 2.1mm 2mm= = . Số vân sáng trên đoạn MN được tính : N M x x 5 7 k k k 0, 1, 2,3 i i 2 2 − ≤ ≤ ⇔ ≤ ≤ ⇒ ∈ ± ± . Có 6 giá trị k nguyên thì có 6 vân sáng Số vân tối trên đoạn MN được tính : N M x x 1 1 5 7 k 0,5 k 0,5 k 0, 1, 2,3,4 i 2 i 2 2 2 − + ≤ ≤ + ⇔ + ≤ ≤ + ⇒ ∈ ± ± . Có 7 giá trị k nguyên thì có 7 vân tối. Câu 53 : Đáp án B. 1 1 2 2 1 2 I I 3 I I ω + ω ω = = + (rad/s) 5 I r U ur RL U ur L U ur O r U ur R U ur 6 π 3 π 3 π 1 ϕ 2 ϕ L U ur C U ur R U ur AM U ur U ur A H N M D d D t Câu 54 : Đáp án C. Vị trí có F đh = F ms 0 mg x 0,01m 1cm k µ ⇒ = = = . (Để ý nếu vật đổi chiều chuyển động trong điều kiện vị trí đổi chiều là 0 x x≤ thì vật không tiếp tục chuyển động được). Sau mỗi dao động vật giảm biên độ 2x 0 . Vật dừng lại ở vị trí: 0 0 .2x A N x= − , với N là số dao động thực hiện được. Điều kiện: 0 0 0 0 0 0 .2 1 7 .2.1 1− ≤ ≤ ⇒ − ≤ − ≤ ⇒ − ≤ − ≤x x x x A N x x N . Lấy N = 3, thế vào biểu thức 0 0 .2x A N x= − x 1cm ⇒ = , (nếu lấy N = 4 tính ra x 1cm = − , bài này cho 2 giá trị N nhưng kết quả không ảnh hưởng). Dùng định luật bảo toàn năng lượng : = +µ ⇒ = 2 2 0 max max 1 1 kA kx mg.S S 24cm 2 2 Câu 55: Đáp án A Câu 56: Đáp án C Câu 57: Đáp án A. Hai nguồn giống nhau có thể coi cùng phương trình = = ω A B u u Acos t Phương trình 2 sóng thành phần tại M là 1 điểm bất kì trên đoạn CO. π = ω − λ 1M 1 2 u Acos( t d ) , π = ω − λ 2M 2 2 u Acos( t d ) . (Chú ý = = 1 2 d d d ) Phương trình sóng tổng hợp tại M: π = + = ω − λ M 1 2 2 u u u 2Acos( t d) Để sóng tại M ngược pha với hai nguồn thì π λ = + π ⇒ = + λ 2 d (2k 1) d (2k 1) 2 . Do M nằm trên đoạn CO nên d có điều kiện: ≤ ≤ + = 2 2 6cm d 6 8 10cm . Hay ≤ ≤ ⇒ ∈3,25 k 5,75 k 4,5 . Vậy có 2 điểm thỏa mãn. Câu 58: Đáp án D. Câu 59: Đáp án B. Ta có = = 2 2 1 I mr 0,25(kg.m ) 2 , ω = 1 20 (rad/s), ω = 2 40 (rad/s), = ω − ω = 2 2 2 1 1 1 A I I 150J 2 2 Câu 60: Đáp án B. 6 . AN TRƯỜNG THPT QUỲNH LƯU 3 ĐÁP ÁN CHI TIẾT ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN I NĂM 2 013 Môn: Vật lí – Mã đề thi: 14 9 Câu 1: Đáp án: B. Do l T 2 g = π Câu 2: Đáp án: D: Vị trí vân sáng bậc k: 1 s,k D x k a λ = ;. 0 L U I Z= =4 .10 0=400V Vậy L u 400cos (10 0 t )V 4 π = π + Câu 19 : Đáp án C. Ta có 2 1 1 2 1 U P R Z = và 2 1 2 2 2 U P R Z = . Do 1 2 P P= ( ) 2 2 2 2 2 1 2 L C 2 1 L C 1 2 L C R (R (Z. xạ, nên có 1 1 2 2 3 3 k k kλ = λ = λ 1 2 3 k :k : k 15 :12 :10 ⇒ = . Vậy khoảng cách giữa vân trung tâm đến vân sáng tiếp theo cùng màu vân sáng trung tâm có 14 vân của 1 λ , 11 vân của 2 λ ,