GIẢI CHI TIẾT đề THI THỬ TỈNH bà rịa III (2)

GIẢI CHI TIẾT ĐỀ THI THỬ TỈNH BÀ RỊA – VŨNG TÀU Câu 26: Theo đề ra, ta có: 𝑢 = 120√2cos100πt (V) Khi 𝑅 = 𝑅0 𝑃𝑚𝑎𝑥 = 300(𝑊 ), ta có: 𝑅0 = |𝑍𝐿 − 𝑍𝐶 | → 𝑷𝒎𝒂𝒙 = 𝑼𝟐 𝟐𝑹𝟎 → 𝑅0 = 24 (Ω) Khi 𝑅 = 𝑅1 𝑣à 𝑅 = 𝑅2 𝑃1 = 𝑃2 , vậy: 𝑈 𝑅1 𝑅1 + (𝑍𝐿 − 𝑍𝐶 )2 = 𝑈 𝑅2 𝑅2 + (𝑍𝐿 − 𝑍𝐶 )2 ↔ 𝑅2 𝑅1 + 𝑅2 (𝑍𝐿 − 𝑍𝐶 )2 = 𝑅1 𝑅2 + 𝑅1 (𝑍𝐿 − 𝑍𝐶 )2 ↔ 𝑅1 𝑅2 = (𝑍𝐿 − 𝑍𝐶 )2 → 𝑹𝟏 𝑹𝟐 = 𝑹𝟎 𝟐 Ở a chứng minh có công thức thi e việc mà áp dụng A nghĩ hiểu nhớ lâu ☺ Vậy ta có: 𝑅1 0,5625 = 𝑅0 → 𝑅1 = 0,75𝑅0 = 18 (Ω) → đáp án 𝐂 Câu 27: Ta có phản ứng: 𝑝 + 49𝐵𝑒 → 𝛼 + 63𝐿𝑖 Theo đề bài, ta có: 𝐾𝐵𝑒 = 𝐾𝑝 = 𝐾1 𝐾𝐿𝑖 = 𝐾2 = (𝑀𝑒𝑉 ) {𝐾𝛼 = 𝐾3 = 3,575 (𝑀𝑒𝑉) Mà phản ứng thu lượng nên: 𝐾1 − 𝐾2 − 𝐾3 = 2,125 → 𝐾1 = 9,7 (𝑀𝑒𝑉) Theo bảo toàn động lượng, ta có: 𝑝𝑝 = ⃗⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗⃗⃗ 𝑝𝐿𝑖 + 𝑝 ⃗⃗⃗⃗𝛼 ↔ ⃗⃗⃗⃗⃗ 𝑝𝐿𝑖 = ⃗⃗⃗⃗ 𝑝𝑝 − 𝑝 ⃗⃗⃗⃗𝛼 Mà 𝑝2 = 2𝑚𝐾, ta có: 𝑝𝐿𝑖 = 𝑝𝑝 − ⃗⃗⃗⃗ 𝑝𝑝 𝑝 ⃗⃗⃗⃗𝛼 + 𝑝𝛼 ↔ 6𝐾2 = 𝐾1 − 2𝑝𝑝 𝑝𝛼 cos(𝛼) + 4𝐾3 → cos(𝛼) = 𝐾1 +4𝐾3 −6𝐾2 4√𝐾1 4𝐾3 → 𝛼 = 900 → đá𝑝 á𝑛 𝑪 Câu 29: Đối với sợi dây đàn hồi đầu tự thì: 𝜆 = 4𝐿 2𝑘+1 ↔𝑣= 4𝐿𝑓 2𝑘+1 Ứng với hai giá trị liên tiếp tần số cho sóng dừng, 𝑘2 = 𝑘1 + 1, ta có: 35 2𝑘1 + = → 𝑘1 = → 𝑣 = 28𝐿 (𝑣ậ𝑛 𝑡ố𝑐 𝑠ó𝑛𝑔 𝑙à ℎằ𝑛𝑔 𝑠ố) 21 2𝑘1 + 𝑣 𝑣(2𝑘+1) 𝜆 4𝐿 Ta có: 𝑓 = = = 7(2𝑘 + 1) Mà: ≤ 𝑓 ≤ 50 → ≤ 7(2𝑘 + 1) ≤ 50 ↔ < 𝑘 ≤ 3,07 → 𝑘 = {1; 2; 3} → đá𝑝 á𝑛 𝑪 Câu 37: Câu cách làm y hệt phần giải trước a làm họ thay số liệu thôi, mà nhìn thấy giống mà ko để ý thay đổi sm ☺ Ta có: √𝐴1 + 𝐴2 + 2𝐴1 𝐴2 cos(∆𝜑) = 2√𝐴1 + 𝐴2 − 2𝐴1 𝐴2 cos(∆𝜑) 𝐴1 = 𝑎 ( a đặt cho dễ nhìn ☺), ta có: 𝐴2 = 𝑏 𝑎2 + 𝑏 + 2𝑎𝑏𝑐𝑜𝑠(∆𝜑) = 4[𝑎2 + 𝑏 − 2𝑎𝑏𝑐𝑜𝑠(∆𝜑)] ↔ 10𝑎𝑏𝑐𝑜𝑠(∆𝜑) = 3(𝑎2 + 𝑏 ) 3(𝑎2 + 𝑏 ) ↔ 𝑐𝑜𝑠(∆𝜑) = 10𝑎𝑏 Do hàm cos hàm nghịch nên để ∆𝜑 đạt “Max” 𝑐𝑜𝑠(∆𝜑) phải đạt “Min”, ta có: Áp dụng BĐT Co-si, ta có: 𝑎2 + 𝑏 ≥ 2𝑎𝑏 3(𝑎2 + 𝑏 ) (2𝑎𝑏) → ≥ ≥ 10𝑎𝑏 10𝑎𝑏 10 Vậy: 𝑐𝑜𝑠(∆𝜑) ≥ → ∆𝜑 ≤ 53,14 → đá𝑝 á𝑛 𝑫 Ta đặt { 10 Câu 38: Câu cách làm giống đề 𝑓 = 50 𝐻𝑧 Theo đề ra, ta có: { → 𝜆 = 1,5 𝑐𝑚 𝑣 = 75 𝑐𝑚/𝑠 Ta có tam giác ABC Gọi M 𝜖 CB điểm cần xét để khoảng cách từ tới I ngắn Xét tam giác IMB, áp dụng định lý cosin ta có: 𝐼𝑀 = √𝐼𝐵2 + 𝑀𝐵2 − 𝐼𝑀 𝑀𝐵 cos(600 ) = √𝐼𝐵2 + 𝑀𝐵2 − 𝐼𝑀 𝑀𝐵 = √(𝑀𝐵 − 𝐼𝐵 3𝐼𝐵2 ) + (1) Vì M điểm cực đại CB nên ta có: 𝐴𝑀 − 𝐵𝑀 = 𝑘𝜆 ↔ √𝐴𝐵2 + 𝑀𝐵2 − 𝐴𝐵 𝑀𝐵 cos(600 ) − 𝑀𝐵 = 1,5𝑘 102 − (1,5𝑘)2 → 𝑀𝐵 = (2) 3𝑘 + 10 Thay (2) vào (1), ta có: 102 − (1,5𝑘)2 𝐼𝐵 3𝐼𝐵2 𝐼𝑀 = √( − ) + 3𝑘 + 10 −𝐴𝐵 𝐴𝐵 Số đường cực đại AB là: